[SHOI2006]有色图

一、题目

点此看题

二、解法

你多半是被题目名吸引了（手动狗头）

很容易看出来是$\text{polya}$的题，设置换群为$|G|$，它就是$n!$的全排，利用$\text{burnside}$引理，问题转化成了求不动点个数，可以求出循环个数（其实是点的置换影响了边，这里是边的置换循环），那么就可以用$m$的几次方来算了。

设点的循环是$b_1,b_2.....b_k$，先考虑循环内部的边，定义边的长度为连接点在环上顺次连接的最小距离，那么相同长度的边一定属于同一循环（每次置换相当于把点挨个平移$1$格，画个图就知道了），所以这一部分的贡献是${\sum }_{i=1}^k\frac{b_i}{2}$

再考虑连接不同点循环的边，假设它连接$b_i,b_j$，易得置换$lcm(b_i,b_j)$次就会回到原样，但置换$[0,lcm(b_i,b_j)-1]$次就要求处于同一个循环（染相同的颜色），所以一个循环有$lcm(b_i,b_j)$条边，共有$\frac{b_i{b}_j}{lcm(b_i,b_j)}=\gcd (b_i,b_j)$个循环，这一部分的贡献为${\sum }_{i=1}^k{\sum }_{j=i+1}^k\gcd (b_i,b_j)$

设上面的总贡献为$s$，那么$m^s$即为不动点个数，但是还有一个问题，我们不能枚举置换，那就考虑每一种$b$的贡献，也就是我们枚举$b_1\le b_2.....\le b_k$并且$\sum b_i=n$，然后用多重集的排列可知方案数为$\frac{n!}{\prod b_i!}$，还要考虑循环内部的方案数$\prod (b_i-1)!$（看成环的排列），那方案数就是$\frac{n!}{\prod b_i}$，但是这样还是会算重，因为我们要排除大小相等的循环之间的顺序，设一段有$c$个大小相同的循环，那么把方案数除以$\prod c!$就算对了。

复杂度难以计算，但是比$O(n!)$快很多，比赛时可以打表算一下$b_1\le b_2.....\le b_k$并且$\sum b_i=n$的方案数，然后就很容易知道会不会超时了，这种算法足以通过本题。

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
const int M = 55;
int read()
{
    int x=0,flag=1;
    char c;
    while((c=getchar())<'0' || c>'9') if(c=='-') flag=-1;
    while(c>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
    return x*flag;
}
int n,m,p,ans,n1,n2=1,t,st[M],inv[M],fac[M];
void init()
{
    inv[0]=inv[1]=fac[0]=fac[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[p%i]*(p-p/i)%p;
    for(int i=2;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%p;
    for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[i]*inv[i-1]%p;
}
int qkpow(int a,int b)
{
    int r=1;
    while(b>0)
    {
        if(b&1) r=r*a%p;
        a=a*a%p;
        b>>=1;
    }
    return r;
}
int gcd(int a,int b)
{
    return !b?a:gcd(b,a%b);
}
void dfs(int s,int mx,int c)
{
    if(!s)
    {
        ans=(ans+qkpow(m,n1)*n2)%p;
        return ;
    }
    int a=n1,b=n2;
    for(int i=1;i<=mx;i++)
    {
        st[++t]=i;
        n1=a+i/2;
        for(int j=1;j<t;j++) n1+=gcd(st[j],i);
        n2=b*inv[i]%p*fac[i-1]%p;
        if(i==st[t-1]) n2=n2*fac[c]%p*inv[c+1]%p;
        dfs(s-i,min(s-i,i),i==st[t-1]?c+1:1);
        t--;
    }
}
signed main()
{
    n=read();m=read();p=read();
    init();
    dfs(n,n,0);
    printf("%lld\n",ans);
}