「SHOI2006」有色图

首先发现这题虽然是边的置换，但是是由点的置换所造成的，并且发现点置换对应的所有边置换和置换操作构成置换群。

由于颜色可以全选，那么根据 Polya 定理，答案为：

\[|X / G| = \frac{1}{|G|}\sum\limits_{g \in G} |B| ^ {c(g)} \]

注意到不同点的置换对应边置换不同，那么只需要考虑每个点置换对应边置换的贡献之和。

对于一个点置换，发现一个点循环置换内部导出子图的边一定置换到另一条也在导出子图当中的边，因此考虑分边循环置换是否在导出点循环置换导出子图内部来分类。

• 一个点循环置换内部（大小为 \(L\)）导出子图边循环置换个数为 \(\frac{L}{2}\).

以长度 \(c\) 为周期与长度 \(L - c\) 为周期本质相同。

• 两个点循环置换导出子图之间的边置换后还在这两个点循环置换导出子图之间，并且有 \(\frac{L_1L_2}{\mathrm{lcm}(L_1, L_2)} = (L_1, L_2)\) 个边循环置换。

考虑任意一条此位置的边循环 \(\mathrm{lcm}(L_1, L_2)\) 次之后就会回到这条边。

因此对于一个循环置换大小为 \(a_1, a_2, \cdots a_k\) 的点循环置换，它的贡献为：

\[\sum\limits_{i = 1} ^ k \lfloor \frac{a_i}{2} \rfloor + \sum\limits_{i < j} (a_i, a_j) \]

注意到数据范围较小，且只需要搜索所有划分数，因此可以直接爆搜通过。

需要注意的是，令 \(c_i\) 为大小为 \(i\) 的数选了 \(c_i\) 个，那么一种划分对应点循环置换个数为：

\[\frac{n!}{\prod\limits_{i = 1} ^ k a_i!c_i!} \prod\limits_{i = 1} ^ k (a_i - 1)! = \frac{n!}{\prod\limits_{i = 1} ^ k a_ic_i!} \]

需要注意一些实现上的问题，比如一定要保证每一轮搜索结束都能恰好搜到一个划分，不然复杂度是划分数前缀和的，具体方法就是从大往小搜，搜到 \(1\) 的时候强制填满。

同时需要注意每次搜索不要经过不填入划分当中的数，每次枚举下一个填的数是什么。

同时每次只考虑填入多少个数来减小贡献的计算，这样至少能保证每个划分数计算的次数只有 \(len(p) \le \sqrt{n}\) 次（\(len(p)\) 为划分 \(p\) 当中本质不同的数的个数）

然后如果边填数边计算贡献，原本计算单个划分数的复杂度就可以均摊到何其前缀相同的每个划分数上，这样复杂度就是 \(\mathcal{O}(p(n))\) 其中 \(p(n)\) 为 \(n\) 的划分数。

下面这份代码大概能在 \(1s\) 内跑完 \(80\).

代码

同时贴一份划分数本质不同个数次幂和的表：这里