[BZOJ1004]HNOI2008 Cards |polya|置换群|DP|乘法逆元

最新推荐文章于 2019-03-31 16:39:00 发布

原创最新推荐文章于 2019-03-31 16:39:00 发布 · 476 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

文章标签：

#DP #置换群 #polya #乘法逆元

BZOJ 专栏收录该内容

135 篇文章

订阅专栏

本文介绍了一种解决复杂染色方案计数问题的方法，利用Polya原理和Burnside引理，并结合背包DP优化，实现了对带权节点的染色方案进行高效计算。

数学题真是太难了。。。我是看论文看懂的，polya原理和Burnside引理，不过论文里也没有具体证明，，就是照搬着用了。。还要求一次乘法逆元，上扩欧就是了。还有一个就是加上颜色数量限制的带权染色方案数，用一个背包dp，f[i][sa][sb][sc]表示用三种颜色数各为sa，sb，sc染完前i带权点的方案数，然后转移就是分别用a，b，c去染新的节点，i这一维可以用背包的优化方法优化掉。。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<memory.h>
using namespace std;
int i,j,k,m,n,sa,sb,sc,p,ans,x,y,zh[70][70],f[70][70][70],size[70],u[70];
int dp(int x)
{
	int cnt=0,i,j,k,l,t;
	memset(u,0,sizeof(u));
	for (i=1;i<=n;i++)
		if (!u[i])
		{
			j=i;t=0;
			while (!u[j]) u[j]=1,j=zh[x][j],t++;
			size[++cnt]=t;
		}
	memset(f,0,sizeof(f));
	f[0][0][0]=1;
	for (l=1;l<=cnt;l++)
		for (i=sa;i>=0;i--)
			for (j=sb;j>=0;j--)
				for (k=sc;k>=0;k--)
				{
					if (i>=size[l]) f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-size[l]][j][k])%p;
					if (j>=size[l]) f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i][j-size[l]][k])%p;
					if (k>=size[l]) f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i][j][k-size[l]])%p;
				}
	return f[sa][sb][sc];
}
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
	if (!b) {x=1,y=0;return a;}
	int x1,y1,d;
	d=exgcd(b,a%b,x1,y1);
	x=y1;y=x1-a/b*y1;
	return d;
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d%d%d",&sa,&sb,&sc,&m,&p);
	n=sa+sb+sc;ans=0;
	for (i=1;i<=m;i++)
		for (j=1;j<=n;j++)
			scanf("%d",&zh[i][j]);
	m++;
	for (i=1;i<=n;i++) zh[m][i]=i;
	for (i=1;i<=m;i++)
		ans=(ans+dp(i))%p;
	exgcd(m,p,x,y);
	if (x<0) x+=(-x/p+1)*p;
	ans=(ans*x)%p;
	cout<<ans;
}