【XSY3908】迷宫（置换，图论，计数dp）_图论大环小环的简单解释-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/ez_lcw/article/details/116422674

题面

迷宫

题解

不妨把只由左向边形成的图称为 “左图”，那么 “右图” 的定义同理。

如果只从图论的角度推，还是能推出来很多东西的。

比如：

当 $X = Y = Z = 0$ 时，右图能任意连，而左图只能是一些环。
否则，左图和右图都只能是环。

但你发现接下来很难做。

所以考虑用数学表示图论，这样就有更多性质了。

具体来说，我们把右图看成一个映射 $f$ ，左图看成一个映射 $g$ ，那么题目就是要求 $f^Xgf^Ygf^Z=id$ 。

当 $X = Y = Z = 0$ 时，即为 $g^2=id$ ，此时 $f$ 任意取， $g$ 要求是一个置换（双射）。
否则， $f$ 和 $g$ 都要求是个置换（双射）。

不出意外地，和我们刚刚图论推出来的结论相符。接下来考虑如何统计方案数。

我们先不讨论第一种情况（ $X = Y = Z = 0$ ）如何统计，因为在统计第二种情况的方法能套用到第一种情况上（具体如何套用最后说），于是我们现在来讨论第二种情况。

我们先考虑对 $f^Xgf^Ygf^Z=id$ 化简：（注意映射中是不满足交换律的，但由于幂的定义，有 $f^af^b=f^{a+b}=f^bf^a$ ，这里 $f$ 是一个映射）。

$\begin{aligned} f^Xgf^Ygf^Z&=id\\ f^Xgf^Ygf^Zf^Y&=f^Y\\ f^Xgf^Ygf^Yf^Z&=f^Y\\ f^X\left(gf^Y\right)^2f^Z&=f^Y\\ \left(gf^Y\right)^2&=f^{-X}f^Yf^{-Z}=f^{Y-X-Z} \end{aligned}$

注意到知道了 $f$ 和 $gf^Y$ 后可以唯一解出 $g$ ，所以不妨令 $g\gets gf^Y$ ，那么我们就是要求方程 $g^2=f^{Y-X-Z}$ 的解的个数。

但是你发现 $Y - X - Z$ 有可能是负数，这很不好处理。

但由于映射的逆是唯一的（或者说映射和它们的逆是一一对应的），而 $g^2=f^{Y-X-Z}=(f^{-1})^{X+Z-Y}$ ，所以可知方程 $g^2=f^{Y-X-Z}$ 和方程 $g^2=f^{X+Z-Y}$ 的解的个数是相等的。

于是设 $m = ∣ Y - X - Z ∣$ ，那么我们求方程 $g^2=f^m$ 的解的个数即可。

注意，对于一个方程 $x^2=a$ （其中 $x, a$ 都是映射且 $a$ 已知），它的 $x$ 的解并不是唯一或者唯二的。所以我们需要用 DP 来求解 $g^2=f^m$ 。

具体怎么 DP 呢？以下我们都会把数学中的映射和图论相结合。我们先了解一下环分解：

环分解：对于置换 $f$ 中的一个大小为 $x$ 的环，它在 $f^p$ 中将会被分解为 $\gcd(x,p)$ 个大小均为 $\dfrac{x}{\gcd(x,p)}$ 的环。

设 $s=g^2=f^m$ 。我们考虑枚举 $s$ 中的环来 DP：设 $d p (e, i)$ 表示已经考虑完了 $s$ 中所有大小不超过 $e$ 的环，而且 $s$ 中当前有 $i$ 个元素的方案数。那么 $d p (n, n)$ 即为答案。

考虑从 $d p (e - 1, i)$ 向外转移：我们枚举大小为 $e$ 的环的个数 $t$ ，然后从 $d p (e - 1, i)$ 向 $d p (e, i + e t)$ 转移。

发现转移过程中需要用到：

$\operatorname{wayf}_{e}(t)$ 表示满足右述条件的、总点数（总元素个数）为 $e t$ 的 $f$ 的方案数： $f^m$ 恰好是 $t$ 个大小为 $e$ 的环。
$\operatorname{wayg}_e(t)$ 表示满足右述条件的、总点数（总元素个数）为 $e t$ 的 $g$ 的方案数： $g^2$ 恰好是 $t$ 个大小为 $e$ 的环。

你发现这两个数组是很类似的，于是在代码实现中我们可以设置一个函数 $\operatorname{getway}(p,e)$ 表示求出数组 $\operatorname{way}(t)$ 表示满足右述条件的、总点数（总元素个数）为 $e t$ 的 $f$ 的方案数： $f^p$ 恰好是 $t$ 个大小为 $e$ 的环。

那么我们 DP 到 $d p (e, *)$ 时只需要 $\operatorname{getway}(m,e)$ 求出 $\operatorname{wayf}_{e}(t)$ ， $\operatorname{getway}(2,e)$ 求出 $\operatorname{wayg}_{e}(t)$ 即可。

那么现在考虑如何实现 $\operatorname{getway}(p,e)$ 。发现 $\operatorname{way}(t)$ 可以看作是扔给你 $t$ 个大小为 $e$ 的环为 $f^p$ ，然后问你能还原出多少种 $f$ 。（注意 $f^p$ 就是 $t$ 个大小为 $e$ 的环，没有其他东西）

由于 $f^p$ 中的环的大小都为 $e$ ，而且这些环只能由环分解得到，那么我们先找到所有的 $y$ ，满足 $f$ 中大小为 $y$ 的环会在 $f^p$ 中分解为若干个大小为 $e$ 的环，不妨把这些 $y$ 构成的集合称作 $Y$ ，设 $Y$ 中的第 $i$ 个元素为 $Y_i$ 。

然后我们另设 $h (i, k)$ 表示已经考虑完了 $f$ 中大小为 $Y_1,Y_2,\cdots,Y_k$ 的环，而且在 $f^p$ 中已经用了 $k$ 个环的 $f$ 的方案数。

考虑从 $h (i - 1, k)$ 向外转移：

令 $y=Y_i$ ，我们枚举 $f$ 中大小为 $y$ 的环的个数 $\ell$ ，那么这之中的每一个环在 $f^p$ 中都会分解为 $\gcd(y,p)$ 个大小为 $\dfrac{x}{\gcd(x,p)}=e$ 的环。设 $g=\gcd(y,p)$ ，把 $f$ 中这些大小为 $y$ 的环称作 “大环”， $f^p$ 中这些大小为 $e$ 的环称作 “小环”，那么意思就是说， $1$ 个大环会分解成 $g$ 个小环， $\ell$ 个大环会分解成 $g\cdot \ell$ 个小环。

所以从 $h (i - 1, k)$ 向 $h(i,k+g\ell)$ 转移：
$h(i,k+g\ell)\ +\!\!=\ \dbinom{k+g\ell}{k}\cdot h(i-1,k)\cdot \operatorname{group}(g,\ell) \cdot \bigg(\big(g-1\big)!\ e^{g-1}\bigg)^{\ell}$
在这里插入图片描述

参考这个图，我们来逐一解释：

$\dbinom{k+g\ell}{k}\cdot h(i-1,k)$ ：我们首先在扔给我的这 $k+g\ell$ 个小环中选出 $k$ 个，钦定它们是由 $f$ 中大小为 $Y_{1\sim i-1}$ 的环分解而成的。那么这部分的贡献已经有了，为 $h (i - 1, k)$ 。
$\operatorname{group}(g,\ell)$ ：这个函数的意思是把剩下的 $g\ell$ 个小环分成 $\ell$ 组、每组 $g$ 个的方案数。然后我们钦定同一组里面的小环是由同一个大环分解而来的。（显然分组方式不同对应的 $f$ 也不同）

如何求 $\operatorname{group}(g,\ell)$ ：我们可以先从 $g\ell$ 个小环里面取出 $g$ 个，然后再从 $g(\ell-1)$ 个小环里面取出 $g$ 个……最后注意到组与组之间的先后顺序是无关的，需要除以 $\ell!$ ，所以：

$\operatorname{group}(g,\ell)=\dfrac{\dbinom{g\ell}{g,g,\cdots,g}}{\ell!}=\dfrac{\dfrac{(g\ell)!}{g!g!\cdots g!}}{\ell!}=\dfrac{(g\ell)!}{(g!)^{\ell}\cdot \ell!}$
$\bigg(\big(g-1\big)!\ e^{g-1}\bigg)^{\ell}$ ：现在我们已经分好组了，但一组小环并不能唯一确定一个大环，所以我们要考虑一组 $g$ 个大小为 $e$ 的小环可能由几种不同的大环分解而成。

我们先不妨给所有的小环一个标号，然后再给每一个小环上的每一个点一个标号。例如，第 $i$ 个小环上的第 $j$ 个点编号为 $(i, j)$ 。

那么我们考虑大环中， $(1, 1)$ 这个点之后连续 $g - 1$ 个点是什么（显然这 $g - 1$ 个点确定了整个大环也就确定了）。显然分解后这 $g - 1$ 个点所在的小环是不同的，所以我们先乘上 $(g - 1)!$ ，确定下来这 $g - 1$ 个点每一个点在哪一个小环。然后对于每一个点，它可以在我们给它确定的小环的所有点中任取，所以还需要再乘一个 $e^{g-1}$ 。

那么一组点贡献的方案数为 $g-1)!e^{g-1}$ ， $\ell$ 组点贡献的方案数就是 $\bigg(\big(g-1\big)!\ e^{g-1}\bigg)^{\ell}$ 。

那么我们就可以通过 DP 顺利求出 $\operatorname{way}$ 数组了。

然后求 $d p (e, i)$ 的方式其实和求 $h (i, k)$ 的方式是类似的。只不过 $h (i, k)$ 是把小环还原成大环，而从 $d p (e - 1, i)$ 转移到 $d p (e, i + e t)$ 时是把图上的点还原成小环，再扔到求出来的 $\operatorname{wayf}$ 和 $\operatorname{wayg}$ 里面把小环还原成大环。

所以就不讲 $d p (e, i)$ 的转移过程了，自己手推一下就好。

~~主要是我太懒了（（（~~

时间复杂度 $O(n^2\log n)$ ，但我不太会证/kk

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
 
#define N 1010
#define re register
#define ll long long
 
using namespace std;
 
namespace modular
{
    const int mod=1000000007;
    inline int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
    inline int dec(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
    inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
    inline void Add(int &x,int y){x=(x+y>=mod?x+y-mod:x+y);}
}using namespace modular;
 
inline int poww(int a,int b)
{
    int ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=mul(ans,a);
        a=mul(a,a);
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
 
ll gcd(ll a,ll b)
{
    return b?gcd(b,a%b):a;
}
 
int n;
int fac[N],ifac[N],inv[N];
int f[N],g[N],dp[N][N];
 
void init()
{
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        fac[i]=mul(fac[i-1],i);
    ifac[n]=poww(fac[n],mod-2);
    for(int i=n;i>=1;i--)
        ifac[i-1]=mul(ifac[i],i);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        inv[i]=poww(i,mod-2);
}
 
inline int C(int n,int m)
{
    return mul(fac[n],mul(ifac[m],ifac[n-m]));
}
 
inline int group(int g,int l)
{
    return mul(fac[g*l],mul(poww(ifac[g],l),ifac[l]));
}
 
void getway(ll p,int e,int *ans)
{
    static int dp[N][N],Y[N];
    Y[0]=0;
    for(int y=1;y<=n;y++)
        if(gcd(y,p)*e==y) Y[++Y[0]]=y;
    int K=n/e;
    for(re int i=0;i<=Y[0];i++)
        for(re int j=0;j<=K;j++)
            dp[i][j]=0;
    dp[0][0]=1;
    for(re int i=1;i<=Y[0];i++)
    {
        const int y=Y[i],g=gcd(y,p);
        const int tmp=mul(poww(e,g-1),fac[g-1]);
        for(re int k=0;k<=K;k++)
        {
            int prod=1;
            for(re int l=0;k+l*g<=K;l++)
            {
                if(dp[i-1][k]) Add(dp[i][k+l*g],mul(mul(C(k+l*g,k),dp[i-1][k]),mul(group(g,l),prod)));
                prod=mul(prod,tmp); 
            }
        }
    }
    for(int i=0;i<=K;i++)
        ans[i]=dp[Y[0]][i];
}
 
int main()
{
    ll X,Y,Z;
    scanf("%d%lld%lld%lld",&n,&X,&Y,&Z);
    init();
    if(X+Y+Z==0)
    {
        if(n&1) puts("0");
        else
        {
            getway(2,1,f);
            printf("%d\n",mul(f[n],poww(n,n)));
        }
        return 0;
    }
    ll m=abs(X-Y+Z);
    dp[0][0]=1;
    for(re int e=1;e<=n;e++)
    {
        getway(m,e,f);
        getway(2,e,g);
        for(re int k=0;k<=n;k++)
        {
            int prod=1;
            for(re int l=0;k+l*e<=n;l++)
            {
                if(dp[e-1][k]) Add(dp[e][k+l*e],mul(mul(C(k+l*e,k),dp[e-1][k]),mul(mul(group(e,l),prod),mul(f[l],g[l]))));
                prod=mul(prod,fac[e-1]);
            }
        }
    }
    printf("%d\n",dp[n][n]);
    return 0;
}
/*
3 1 0 1
*/
/*
5 8 5 8
*/