[bzoj1004][HNOI2008]Cards

Description

小春现在很清闲,面对书桌上的N张牌,他决定给每张染色,目前小春只有3种颜色:红色,蓝色,绿色.他询问Sun有多少种染色方案,Sun很快就给出了答案.进一步,小春要求染出$S_r$张红色,$S_b$张蓝色,$S_g$张绿色.他又询问有多少种方案,Sun想了一下,又给出了正确答案. 最后小春发明了$M$种不同的洗牌法,这里他又问Sun有多少种不同的染色方案.两种染色方法相同当且仅当其中一种可以通过任意的洗牌法(即可以使用多种洗牌法,而每种方法可以使用多次)洗成另一种.Sun发现这个问题有点难度,决定交给你,答案可能很大,只要求出答案除以$P$的余数($P$为质数).

Input

　　第一行输入 $5$ 个整数：$S_r,S_b,S_g,m,p(m\leq60,m+1<p<100)$。$n=S_r+S_b+S_g$。
接下来 $m$ 行，每行描述一种洗牌法，每行有 $n$ 个用空格隔开的整数 $X_1,X_2,...X_n$，恰为 $1$ 到 $n$ 的一个排列，
表示使用这种洗牌法，第 $i$位变为原来的 $X_i$位的牌。输入数据保证任意多次洗牌都可用这 $m$种洗牌法中的一种代
替，且对每种洗牌法，都存在一种洗牌法使得能回到原状态。

Output

　　不同染法除以P的余数

Sample Input

1 1 1 2 7
2 3 1
3 1 2

Sample Output

2

HINT

　　有$2$ 种本质上不同的染色法RGB 和RBG，使用洗牌法$231$ 一次可得GBR 和BGR，使用洗牌法$312$ 一次 可得BRG和GRB。

$100\%$数据满足 $Max(Sr,Sb,Sg)\leq20$。

题解

这道题是群论中Burnside引理与Polya计数的半裸题
每种洗牌方式可以看作一个置换，根据群的定义可知，每种洗牌方式加上一个所有元素不变的置换

$$\begin{pmatrix} 1&2&...&n\\ 1&2&...&n \end{pmatrix}$$
就构成了一个置换群。

Burnside引理：用$D(a_j)$ 表示在置换a_j下不变的元素个数。$L$表示本质不同的方案数。

$$L=\frac{1}{\left | G \right |}\sum_{j=1}^{s}D\left ( a_j \right )$$
Polya定理：设$G$是$p$个对象的一个置换群，江$m$种颜色涂染$p$个对象，泽不同颜色方案为：

$$L=\frac{1}{\left | G \right |}\sum_{i=1}^{s}m^{c\left ( g_i \right )}$$
其中$G=\left \{ g_1,g_2,...g_s \right \}$,$c(g_i)$为置换$g_i$的循环节数。

由于每一种颜色是有数量限制的，所以我们不能直接使用Polya计数定理。
我们可以对每一个置换做一个背包dp，用类似Polya定理的方法，把置换的每一个循环节看作一个大小为循环长度的物品，之后三维背包dp求出选出$S_r$个红色，$S_g$个绿色，$S_b$个蓝色的方案数，这样我们就在$O(n^3)$的时间复杂度求出了$D(a_i)$，总的时间复杂度$O(mn^3)$。

My Code

/**************************************************************
    Problem: 1004
    User: infinityedge
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:896 ms
    Memory:5940 kb
****************************************************************/

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int a[105][105],vis[105][105],len[105][105],ct[105];
int f[105][105][105];
int n,m,s1,s2,s3,p,ans;
inline void cut(int x){
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(!vis[x][i]){
            vis[x][i]=1;
            len[x][++ct[x]]=1;
            int j=a[x][i];
            while(j!=i){
                vis[x][j]=1;
                len[x][ct[x]]++;
                j=a[x][j];
            }
        }
    }
}
inline int dp(int x){
    memset(f,0,sizeof f);
    f[1][len[x][1]][0]=f[1][0][len[x][1]]=f[1][0][0]=1;
    for(int i=2;i<=ct[x];i++){
        int t=len[x][i];
        for(int j=0;j<=s1;j++){
            for(int k=0;k<=s2;k++){
                f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-1][j][k])%p;
                if(j>=t)f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-1][j-t][k])%p;
                if(k>=t)f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-1][j][k-t])%p;
            }
        }
        //printf("%d %d %d %d\n",f[i][0][0],f[i][0][1],f[i][1][0],f[i][1][1]);
    }
    return f[ct[x]][s1][s2];
}
int qpow(int x,int y){
    int res=1;
    for(;y;y>>=1,x=x*x%p){
        if(y&1)res=res*x%p;
    }
    return res;
}
int main(){
    scanf("%d%d%d%d%d",&s1,&s2,&s3,&m,&p);
    n=s1+s2+s3;
    bool bb=1;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        bool b=1;
        for(int j=1;j<=n;j++){
            scanf("%d",&a[i][j]);
            if(a[i][j]!=j)b=0;  
        }
        if(b)bb=0;
    }
    if(bb){
        m++;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            a[m][i]=i;
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        cut(i);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        ans+=dp(i);
        if(ans>=p)ans-=p;
        //printf("%d\n",ans);
    }
    ans=ans*qpow(m,p-2)%p;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}