[bzoj1004][HNOI2008]Cards

标签： 置换 Burnside引理

题目链接

扯淡

题目中说了这样一句话

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)

怎么样?是不是很棘手。然而

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。

题意

n张牌,3种颜色，给你一个置换集合G（且保证对于任意\(f,g\in G,fg \in G\)），让你对每张牌染色，使得红色Sred种，蓝色Sblue种，绿色Sgreen种。求不同的染色方案总数。

题解

根据burnside引理：等价类的个数等于每一个置换的不动点的个数之和的平均数。
如果是一个不动点的话，那么这个置换每一个循环中的元素颜色都一样。
这样我们就能跑一个三维背包了。

Code

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<set>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<vector>
using namespace std;
#define ll long long
#define REP(i,a,b) for(int i=(a),_end_=(b);i<=_end_;i++)
#define DREP(i,a,b) for(int i=(a),_end_=(b);i>=_end_;i--)
#define EREP(i,a) for(int i=start[(a)];i;i=e[i].next)
inline int read()
{int sum=0,p=1;char ch=getchar();while(!(('0'<=ch && ch<='9') || ch=='-'))ch=getchar();if(ch=='-')p=-1,ch=getchar();while('0'<=ch && ch<='9')sum=sum*10+ch-48,ch=getchar();return sum*p;
}const int maxn=100;int mod;int dp[maxn][maxn][maxn],sr,sb,sg,n,m,ans;int fa[maxn*3],w[maxn*3],cnt;int fin(int x)
{return x==fa[x]?x:fa[x]=fin(fa[x]);
}int power(int a,int b)
{int ans=1;while(b){if(b & 1)ans=ans*a%mod;b>>=1;a=a*a%mod;}return ans;
}void init()
{sr=read();sb=read();sg=read();n=sr+sb+sg;m=read();mod=read();REP(i,1,m+1){REP(j,1,n)fa[j]=j;if(i<m+1){REP(j,1,n){int v=read();int x=fin(j),y=fin(v);if(x!=y){fa[y]=x;}}}memset(w,0,sizeof(w));cnt=0;REP(col,1,n){int flag=1;REP(j,1,n){if(fin(j)==col){if(flag)flag=0,cnt++;w[cnt]++;}}}memset(dp,0,sizeof(dp));dp[0][0][0]=1;REP(j,1,cnt){DREP(x,sr,0){DREP(y,sb,0){DREP(z,sg,0){if(x>=w[j])dp[x][y][z]+=dp[x-w[j]][y][z];if(y>=w[j])dp[x][y][z]+=dp[x][y-w[j]][z];if(z>=w[j])dp[x][y][z]+=dp[x][y][z-w[j]];dp[x][y][z]%=mod;}}}}ans=(ans+dp[sr][sb][sg])%mod;}cout<<ans*power(m+1,mod-2)%mod<<endl;
}int main()
{freopen("input.in","r",stdin);freopen("output.out","w",stdout);init();return 0;
}