Bzoj1004 [HNOI2008]Cards

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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。

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}<=20。

 

Source

数学问题 置换群 burnside引理 动规 背包DP

对于每一种洗牌方式（置换），显然同一个循环节内（即通过该种洗牌方式）只能填同一个颜色。枚举每种置换，统计出其中的循环节大小和尺寸，01背包DP出方案即可。

 

/*by SilverN*/
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<vector>
#define LL long long
using namespace std;
const int mxn=105;;
int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int sr,sb,sg;
int n,m,p;
LL f[mxn][mxn][mxn];
int a[mxn][mxn];
int sz[mxn],cnt=0;
bool vis[mxn];
LL dp(int x){
//  printf("dpx:%d\n",x);
    int i,j,k,l;
    memset(vis,0,sizeof vis);
    cnt=0;
    for(i=1;i<=n;i++){
        if(vis[i])continue;
        vis[i]=1;
        ++cnt;
        sz[cnt]=1;
        int t=a[x][i];
        while(t!=i){
            sz[cnt]++;
            vis[t]=1;
            t=a[x][t];
        }
    }
    memset(f,0,sizeof f);
    f[0][0][0]=1;
    for(i=1;i<=cnt;i++){
//      printf("sz:%d\n",sz[i]);
        for(j=sr;j>=0;j--)
            for(k=sb;k>=0;k--)
                for(l=sg;l>=0;l--){
                    if(j>=sz[i])f[j][k][l]=(f[j][k][l]+f[j-sz[i]][k][l])%p;
                    if(k>=sz[i])f[j][k][l]=(f[j][k][l]+f[j][k-sz[i]][l])%p;
                    if(l>=sz[i])f[j][k][l]=(f[j][k][l]+f[j][k][l-sz[i]])%p;
                }
    }
//  printf("res%d:%lld\n",x,f[sr][sb][sg]);
    return f[sr][sb][sg];
}
LL ans=0;
LL ksm(LL a,LL k){
    LL res=1;
    while(k){
        if(k&1)res=res*a%p;
        a=a*a%p;
        k>>=1;
    }
    return res;
}
int main(){
    int i,j;
    sr=read();sb=read();sg=read();m=read();p=read();
    n=sr+sb+sg;
    for(i=1;i<=m;i++)
        for(j=1;j<=n;j++)
            a[i][j]=read();
    m++;
    for(i=1;i<=n;i++)a[m][i]=i;
    LL inv=ksm(m,p-2);
    for(i=1;i<=m;i++)
        ans=ans+dp(i);
//  printf("ans:%lld inv:%lld\n",ans,inv);
    ans=ans*inv%p;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}