【XSY3908】迷宫（置换，图论，计数dp）
题面
题解
不妨把只由左向边形成的图称为 “左图”，那么 “右图” 的定义同理。
如果只从图论的角度推，还是能推出来很多东西的。
比如：
- 当 \(X=Y=Z=0\) 时，右图能任意连，而左图只能是一些环。
- 否则，左图和右图都只能是环。
但你发现接下来很难做。
所以考虑用数学表示图论，这样就有更多性质了。
具体来说，我们把右图看成一个映射 \(f\)，左图看成一个映射 \(g\)，那么题目就是要求 \(f^Xgf^Ygf^Z=id\)。
- 当 \(X=Y=Z=0\) 时，即为 \(g^2=id\)，此时 \(f\) 任意取，\(g\) 要求是一个置换（双射）。
- 否则，\(f\) 和 \(g\) 都要求是个置换（双射）。
不出意外地，和我们刚刚图论推出来的结论相符。接下来考虑如何统计方案数。
我们先不讨论第一种情况（\(X=Y=Z=0\)）如何统计，因为在统计第二种情况的方法能套用到第一种情况上（具体如何套用最后说），于是我们现在来讨论第二种情况。
我们先考虑对 \(f^Xgf^Ygf^Z=id\) 化简：（注意映射中是不满足交换律的，但由于幂的定义，有 \(f^af^b=f^{a+b}=f^bf^a\)，这里 \(f\) 是一个映射）。
注意到知道了 \(f\) 和 \(gf^Y\) 后可以唯一解出 \(g\)，所以不妨令 \(g\gets gf^Y\)，那么我们就是要求方程 \(g^2=f^{Y-X-Z}\) 的解的个数。
但是你发现 \(Y-X-Z\) 有可能是负数，这很不好处理。
但由于映射的逆是唯一的（或者说映射和它们的逆是一一对应的），而 \(g^2=f^{Y-X-Z}=(f^{-1})^{X+Z-Y}\)，所以可知方程 \(g^2=f^{Y-X-Z}\) 和方程 \(g^2=f^{X+Z-Y}\) 的解的个数是相等的。
于是设 \(m=|Y-X-Z|\)，那么我们求方程 \(g^2=f^m\) 的解的个数即可。
注意，对于一个方程 \(x^2=a\)（其中 \(x,a\) 都是映射且 \(a\) 已知），它的 \(x\) 的解并不是唯一或者唯二的。所以我们需要用 DP 来求解 \(g^2=f^m\)。
具体怎么 DP 呢？以下我们都会把数学中的映射和图论相结合。我们先了解一下环分解：
环分解：对于置换 \(f\) 中的一个大小为 \(x\) 的环，它在 \(f^p\) 中将会被分解为 \(\gcd(x,p)\) 个大小均为 \(\dfrac{x}{\gcd(x,p)}\) 的环。
设 \(s=g^2=f^m\)。我们考虑枚举 \(s\) 中的环来 DP：设 \(dp(e,i)\) 表示已经考虑完了 \(s\) 中所有大小不超过 \(e\) 的环，而且 \(s\) 中当前有 \(i\) 个元素的方案数。那么 \(dp(n,n)\) 即为答案。
考虑从 \(dp(e-1,i)\) 向外转移：我们枚举大小为 \(e\) 的环的个数 \(t\)，然后从 \(dp(e-1,i)\) 向 \(dp(e,i+et)\) 转移。
发现转移过程中需要用到：
- \(\operatorname{wayf}_{e}(t)\) 表示满足右述条件的、总点数（总元素个数）为 \(et\) 的 \(f\) 的方案数：\(f^m\) 恰好是 \(t\) 个大小为 \(e\) 的环。
- \(\operatorname{wayg}_e(t)\) 表示满足右述条件的、总点数（总元素个数）为 \(et\) 的 \(g\) 的方案数：\(g^2\) 恰好是 \(t\) 个大小为 \(e\) 的环。
你发现这两个数组是很类似的，于是在代码实现中我们可以设置一个函数 \(\operatorname{getway}(p,e)\) 表示求出数组 \(\operatorname{way}(t)\) 表示满足右述条件的、总点数（总元素个数）为 \(et\) 的 \(f\) 的方案数：\(f^p\) 恰好是 \(t\) 个大小为 \(e\) 的环。
那么我们 DP 到 \(dp(e,*)\) 时只需要 \(\operatorname{getway}(m,e)\) 求出 \(\operatorname{wayf}_{e}(t)\)，\(\operatorname{getway}(2,e)\) 求出 \(\operatorname{wayg}_{e}(t)\) 即可。
那么现在考虑如何实现 \(\operatorname{getway}(p,e)\)。发现 \(\operatorname{way}(t)\) 可以看作是扔给你 \(t\) 个大小为 \(e\) 的环为 \(f^p\)，然后问你能还原出多少种 \(f\)。（注意 \(f^p\) 就是 \(t\) 个大小为 \(e\) 的环，没有其他东西）
由于 \(f^p\) 中的环的大小都为 \(e\)，而且这些环只能由环分解得到，那么我们先找到所有的 \(y\)，满足 \(f\) 中大小为 \(y\) 的环会在 \(f^p\) 中分解为若干个大小为 \(e\) 的环，不妨把这些 \(y\) 构成的集合称作 \(Y\)，设 \(Y\) 中的第 \(i\) 个元素为 \(Y_i\)。
然后我们另设 \(h(i,k)\) 表示已经考虑完了 \(f\) 中大小为 \(Y_1,Y_2,\cdots,Y_k\) 的环，而且在 \(f^p\) 中已经用了 \(k\) 个环的 \(f\) 的方案数。
考虑从 \(h(i-1,k)\) 向外转移：
令 \(y=Y_i\)，我们枚举 \(f\) 中大小为 \(y\) 的环的个数 \(\ell\)，那么这之中的每一个环在 \(f^p\) 中都会分解为 \(\gcd(y,p)\) 个大小为 \(\dfrac{x}{\gcd(x,p)}=e\) 的环。设 \(g=\gcd(y,p)\)，把 \(f\) 中这些大小为 \(y\) 的环称作 “大环”，\(f^p\) 中这些大小为 \(e\) 的环称作 “小环”，那么意思就是说，\(1\) 个大环会分解成 \(g\) 个小环，\(\ell\) 个大环会分解成 \(g\cdot \ell\) 个小环。
所以从 \(h(i-1,k)\) 向 \(h(i,k+g\ell)\) 转移：
参考这个图，我们来逐一解释：
-
\(\dbinom{k+g\ell}{k}\cdot h(i-1,k)\)：我们首先在扔给我的这 \(k+g\ell\) 个小环中选出 \(k\) 个，钦定它们是由 \(f\) 中大小为 \(Y_{1\sim i-1}\) 的环分解而成的。那么这部分的贡献已经有了，为 \(h(i-1,k)\)。
-
\(\operatorname{group}(g,\ell)\)：这个函数的意思是把剩下的 \(g\ell\) 个小环分成 \(\ell\) 组、每组 \(g\) 个的方案数。然后我们钦定同一组里面的小环是由同一个大环分解而来的。（显然分组方式不同对应的 \(f\) 也不同）
如何求 \(\operatorname{group}(g,\ell)\)：我们可以先从 \(g\ell\) 个小环里面取出 \(g\) 个，然后再从 \(g(\ell-1)\) 个小环里面取出 \(g\) 个……最后注意到组与组之间的先后顺序是无关的，需要除以 \(\ell!\)，所以：
\[\operatorname{group}(g,\ell)=\dfrac{\dbinom{g\ell}{g,g,\cdots,g}}{\ell!}=\dfrac{\dfrac{(g\ell)!}{g!g!\cdots g!}}{\ell!}=\dfrac{(g\ell)!}{(g!)^{\ell}\cdot \ell!} \] -
\(\bigg(\big(g-1\big)!\ e^{g-1}\bigg)^{\ell}\)：现在我们已经分好组了，但一组小环并不能唯一确定一个大环，所以我们要考虑一组 \(g\) 个大小为 \(e\) 的小环可能由几种不同的大环分解而成。
我们先不妨给所有的小环一个标号，然后再给每一个小环上的每一个点一个标号。例如，第 \(i\) 个小环上的第 \(j\) 个点编号为 \((i,j)\)。
那么我们考虑大环中，\((1,1)\) 这个点之后连续 \(g-1\) 个点是什么（显然这 \(g-1\) 个点确定了整个大环也就确定了）。显然分解后这 \(g-1\) 个点所在的小环是不同的，所以我们先乘上 \((g-1)!\)，确定下来这 \(g-1\) 个点每一个点在哪一个小环。然后对于每一个点，它可以在我们给它确定的小环的所有点中任取，所以还需要再乘一个 \(e^{g-1}\)。
那么一组点贡献的方案数为 \((g-1)!e^{g-1}\)，\(\ell\) 组点贡献的方案数就是 \(\bigg(\big(g-1\big)!\ e^{g-1}\bigg)^{\ell}\)。
那么我们就可以通过 DP 顺利求出 \(\operatorname{way}\) 数组了。
然后求 \(dp(e,i)\) 的方式其实和求 \(h(i,k)\) 的方式是类似的。只不过 \(h(i,k)\) 是把小环还原成大环，而从 \(dp(e-1,i)\) 转移到 \(dp(e,i+et)\) 时是把图上的点还原成小环，再扔到求出来的 \(\operatorname{wayf}\) 和 \(\operatorname{wayg}\) 里面把小环还原成大环。
所以就不讲 \(dp(e,i)\) 的转移过程了，自己手推一下就好。
主要是我太懒了（（（
时间复杂度 \(O(n^2\log n)\)，但我不太会证/kk
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 1010
#define re register
#define ll long long
using namespace std;
namespace modular
{
const int mod=1000000007;
inline int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline int dec(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
inline void Add(int &x,int y){x=(x+y>=mod?x+y-mod:x+y);}
}using namespace modular;
inline int poww(int a,int b)
{
int ans=1;
while(b)
{
if(b&1) ans=mul(ans,a);
a=mul(a,a);
b>>=1;
}
return ans;
}
ll gcd(ll a,ll b)
{
return b?gcd(b,a%b):a;
}
int n;
int fac[N],ifac[N],inv[N];
int f[N],g[N],dp[N][N];
void init()
{
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
fac[i]=mul(fac[i-1],i);
ifac[n]=poww(fac[n],mod-2);
for(int i=n;i>=1;i--)
ifac[i-1]=mul(ifac[i],i);
for(int i=1;i<=n;i++)
inv[i]=poww(i,mod-2);
}
inline int C(int n,int m)
{
return mul(fac[n],mul(ifac[m],ifac[n-m]));
}
inline int group(int g,int l)
{
return mul(fac[g*l],mul(poww(ifac[g],l),ifac[l]));
}
void getway(ll p,int e,int *ans)
{
static int dp[N][N],Y[N];
Y[0]=0;
for(int y=1;y<=n;y++)
if(gcd(y,p)*e==y) Y[++Y[0]]=y;
int K=n/e;
for(re int i=0;i<=Y[0];i++)
for(re int j=0;j<=K;j++)
dp[i][j]=0;
dp[0][0]=1;
for(re int i=1;i<=Y[0];i++)
{
const int y=Y[i],g=gcd(y,p);
const int tmp=mul(poww(e,g-1),fac[g-1]);
for(re int k=0;k<=K;k++)
{
int prod=1;
for(re int l=0;k+l*g<=K;l++)
{
if(dp[i-1][k]) Add(dp[i][k+l*g],mul(mul(C(k+l*g,k),dp[i-1][k]),mul(group(g,l),prod)));
prod=mul(prod,tmp);
}
}
}
for(int i=0;i<=K;i++)
ans[i]=dp[Y[0]][i];
}
int main()
{
ll X,Y,Z;
scanf("%d%lld%lld%lld",&n,&X,&Y,&Z);
init();
if(X+Y+Z==0)
{
if(n&1) puts("0");
else
{
getway(2,1,f);
printf("%d\n",mul(f[n],poww(n,n)));
}
return 0;
}
ll m=abs(X-Y+Z);
dp[0][0]=1;
for(re int e=1;e<=n;e++)
{
getway(m,e,f);
getway(2,e,g);
for(re int k=0;k<=n;k++)
{
int prod=1;
for(re int l=0;k+l*e<=n;l++)
{
if(dp[e-1][k]) Add(dp[e][k+l*e],mul(mul(C(k+l*e,k),dp[e-1][k]),mul(mul(group(e,l),prod),mul(f[l],g[l]))));
prod=mul(prod,fac[e-1]);
}
}
}
printf("%d\n",dp[n][n]);
return 0;
}
/*
3 1 0 1
*/
/*
5 8 5 8
*/
