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【问题描述】

　　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).

【输入格式】

　　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。

【输出格式】

不同染法除以P的余数

【样例输入】

1 1 1 2 7
2 3 1
3 1 2

【样例输出】

2

【样例解释】

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。

【数据范围】

100%数据满足：Max{Sr,Sb,Sg}<=20。

题解：

Burnside引理：用D(ai)表示在置换ai下不变的元素个数。L表示本质不同的方案数。G表示置换群。|G|表示置换群的大小。

置换群简单地讲就是给定置换，所有置换的置换所组成的集合就是置换群

举个例子：

4个置换组成的置换群：

1 2 3 4

2 3 4 1

3 4 1 2

4 1 2 3

假设我们有2种颜色用0与1表示

第一种：所有方案都不变，D(a1) = 16

第二种：0000、1111，D(a2) = 2

第三种：0000、1111、0101、1010，D(a3) = 4

第四种：0000、1111，D(a4) = 2

那么 L = (16 + 2 + 4 + 2) / 4 = 6

这就是本质不同的方案数

题目中已经保证给出所有置换中，只要加上一个不变的置换就能得到置换群

显然置换可以拆成多个轮换相乘

所以对每种轮换内的元素进行同种颜色的染色，那么轮换中的颜色经过此置换仍然不变

那么用一个01背包，就可以求出在一个置换下不变的元素个数

然后有模数，所以用逆元求一下分母

 1 #include<algorithm>
 2 #include<iostream>
 3 #include<cstring>
 4 #include<cstdlib>
 5 #include<cstdio>
 6 #include<cmath>
 7 using namespace std;
 8 inline int Get()
 9 {
10     int x = 0;
11     char c = getchar();
12     while('0' > c || c > '9') c = getchar();
13     while('0' <= c && c <= '9')
14     {
15         x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0';
16         c = getchar();
17     }
18     return x;
19 }
20 const int me = 123;
21 int r, b, g, m, p, n, t;
22 bool vis[me];
23 int a[me];
24 int si[me];
25 int num;
26 long long ans;
27 long long f[me][me][me];
28 inline long long Pow(long long x, int y)
29 {
30     long long res = 1;
31     long long sum = x % p;
32     while(y)
33     {
34         if(y & 1) res = (res * sum) % p;
35         sum = (sum * sum) % p;
36         y >>= 1;
37     }
38     return res;
39 }
40 int main()
41 {
42     r = Get(), b = Get(), g = Get(), m = Get(), p = Get();
43     n = r + b + g;
44     ++m;
45     t = m;
46     while(m--)
47     {
48         num = 0;
49         memset(f, 0, sizeof(f));
50         memset(si, 0, sizeof(si));
51         memset(vis, false, sizeof(vis));
52         for(int i = 1; i <= n; ++i)
53         {
54             if(m) a[i] = Get();
55             else a[i] = i;
56         }
57         for(int i = 1; i <= n; ++i)
58         {
59             if(!vis[i])
60             {
61                 int c = a[i];
62                 ++num;
63                 while(!vis[c])
64                 {
65                     vis[c] = true;
66                     ++si[num];
67                     c = a[c];
68                 }
69             }
70         }
71         f[0][0][0] = 1;
72         for(int i = 1; i <= num; ++i)
73             for(int j = r; j >= 0; --j)
74                 for(int k = b; k >= 0; --k)
75                     for(int l = g; l >= 0; --l)
76                     {
77                         if(j >= si[i]) f[j][k][l] = (f[j][k][l] + f[j - si[i]][k][l]) % p;
78                         if(k >= si[i]) f[j][k][l] = (f[j][k][l] + f[j][k - si[i]][l]) % p;
79                         if(l >= si[i]) f[j][k][l] = (f[j][k][l] + f[j][k][l - si[i]]) % p;
80                     }
81         ans = (ans + f[r][b][g]) % p;
82     }
83     printf("%lld", (ans * Pow(t, p - 2)) % p);
84 }

转载于:https://www.cnblogs.com/lytccc/p/6479599.html

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