[HNOI2008]Card洗牌

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Sr张红色,Sb张蓝色,Sg张绝色.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：Sr,Sb,Sg,m,p(m<=60,m+1< p < 100)。n=Sr+Sb+Sg。

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 X1X2...Xn，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 Xi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。

Max{Sr,Sb,Sg}<=20。

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

这题其实是一道polya裸题，只要我们注意到题目中的一句话：

“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。”

也就是说，题目给的洗牌方法就已经构成了一个置换群，那么我们可以求出总方案数

\[S=C(Sr,n)*C(Sb,n-Sr)*C(Sg,n-Sr-Sb)
\]

\[=C(Sr,n)*C(Sb,n-Sr)
\]

\[=\frac{n!}{Sr!(n-Sr)!}*\frac{(n-Sr)!}{Sb!Sg!}
\]

\[=\frac{n!}{Sr!Sb!Sg!}
\]

由于置换总数为m+1，所以我们还需要除上一个m+1

那么，如果本题没有那句话该怎么办呢？

那么我们就要用到dp

假设循环内点有v个，我们把每一个循环当做一个体积为v的物品放入状态背包，并且要求最终状态为\(\{Sr,Sb,Sg\}\)

那么我们不难得到动归方程:

\(f[i][j][k]=\sum\{f[i-v][j][k]+f[i][j-v][k]+f[i][j][k-v]\};\)

那么我们就得到了满足条件的不动点个数\(f[Sr][Sb][Sg]\)

逆元的话，随意弄下就行了

（简单版本）

/*program from Wolfycz*/

#include<cmath>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#define inf 0x7f7f7f7f

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef unsigned int ui;

typedef unsigned long long ull;

inline int read(){

	int x=0,f=1;char ch=getchar();

	for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())	if (ch=='-')    f=-1;

	for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())	x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';

	return x*f;

}

inline void print(int x){

	if (x>=10)     print(x/10);

	putchar(x%10+'0');

}

const int N=2e2;

int num[N+10];

void work(int x,int k){

	for (int i=2;i*i<=x;i++)	while (x%i==0)	x/=i,num[i]+=k;

	if (x!=1)	num[x]+=k;

}

int main(){

	int R=read(),B=read(),G=read(),m=read(),p=read(),n=R+B+G,Ans=1;

	for (int i=1;i<=n;i++)	work(i,1);

	for (int i=1;i<=R;i++)	work(i,-1);

	for (int i=1;i<=B;i++)	work(i,-1);

	for (int i=1;i<=G;i++)	work(i,-1);

	work(m+1,-1);

	for (int i=2;i<=N;i++)	for (int j=1;j<=num[i];j++)	Ans=(Ans*i)%p;

	printf("%d\n",Ans);

	return 0;

}

dp版本

/*program from Wolfycz*/

#include<cmath>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#define inf 0x7f7f7f7f

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef unsigned int ui;

typedef unsigned long long ull;

inline int read(){

	int x=0,f=1;char ch=getchar();

	for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())	if (ch=='-')    f=-1;

	for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())	x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';

	return x*f;

}

inline void print(int x){

	if (x>=10)     print(x/10);

	putchar(x%10+'0');

}

const int N=1e2;

int f[25][25][25];

int go[N+10],size[N+10];

bool vis[N+10];

int R,B,G,n,m,p,Ans,tot;

int mlt(int a,int b){

	int res=1;

	for (;b;b>>=1,a=1ll*a*a%p)	if (b&1)	res=1ll*res*a%p;

	return res;

}

int dp(){

	memset(f,0,sizeof(f));

	f[0][0][0]=1;

	for (int t=1;t<=tot;t++)

		for (int i=R;~i;i--)

			for (int j=B;~j;j--)

				for (int k=G;~k;k--){

					if (i>=size[t])	f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-size[t]][j][k])%p;

					if (j>=size[t])	f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i][j-size[t]][k])%p;

					if (k>=size[t])	f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i][j][k-size[t]])%p;

				}

	return f[R][B][G];

}

int main(){

	R=read(),B=read(),G=read(),n=R+B+G,m=read(),p=read();

	for (int i=1;i<=m;i++){

		tot=0;

		for (int j=1;j<=n;j++)	go[j]=read(),vis[j]=0;

		for (int j=1;j<=n;j++){

			if (vis[j])	continue;

			vis[j]=1,size[++tot]=1;

			int k=go[j];

			while (!vis[k]){

				size[tot]++;

				vis[k]=1;

				k=go[k];

			}

		}

		Ans=(Ans+dp())%p;

	}

	tot=n;

	for (int i=1;i<=n;i++)	size[i]=1;

	Ans=(Ans+dp())%p;

	Ans=1ll*Ans*mlt(m+1,p-2)%p;

	printf("%d\n",Ans);

	return 0;

}

巴特西

[HNOI2008]Card洗牌

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