【BZOJ-1004&洛谷P1446】[HNOI2008]Cards-置换群（burnside引理|DP）

[HNOI2008]Cards

BZOJ：Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 162 MB
洛谷：时间限制1.00s 内存限制125.00MB题目链接：https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1004，洛谷：https://www.luogu.com.cn/problem/P1446

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。

---

实际上这题有好像有两种方法

第一种是直接用burnside引理，这个方法广大网友好像有些争议。。。蒟蒻就不管了。由于“且对每种洗牌法，都存在一种洗牌法使得能回到原状态。”也就是说这m种置换中并没有不动点，那么我们就只需要计算自己映射自己的置换的不动点就OK了。那么对于Sr，Sb，Sg三者有1到n张卡片，任意涂色则有C（Sr+Sb+Sg,Sr）*C(Sb+Sg,Sb)种方案，即这么多不动点，最后除以m+1种置换就好了

以下是AC代码：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;

#define ll long long

ll c[100][50];

ll qick(ll a,int b,int p)
{
    ll ans=1;
    while (b){
        if (b&1) ans=ans*a%p; 
        a=a*a%p;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    int r,b,g,m,n,p;
    cin>>r>>b>>g>>m>>p;
    for (int i=1; i<=m; i++){
        int x;
        scanf ("%d",&x);
    }
    ll ans=0;
    n=r+b+g;
    for (int i=0; i<=n; i++){
        c[i][0]=1;
        for (int j=1; j<=min(i,20); j++)
            c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j];
    }
    ans=(c[n][r]%p)*(c[n-r][b]%p)%p;
    m++;
    ans=ans*qick((ll)m,p-2,p)%p;
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

当然，之后的洛谷好像加了一组Hack数据，不知道是啥玩意儿好像是

2 1 0 1 7

3 2 1，

然后这个方法就被卡了，emmm，不知道是题目的锅还是什么锅，给的数据有不动点，那么只能用DP+burnside引理了。

那么我们用DP求解每一个置换的不动点就好了，要求不动点，我们可以先求出每个置换的循环节数和循环节的长度，那么不动点的个数直接扣就好了。

以下是AC代码：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;

#define ll long long

int a[120],f[100][30][30],num[100],vis[120];

ll inv(ll a,int b,int p)
{
    ll ans=1;
    while (b){
        if (b&1) ans=ans*a%p;
        a=a*a%p;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    int r,b,g,m,n,p;
    cin>>r>>b>>g>>m>>p;
    n=r+b+g;m++;
    ll ans=0;
    for (int t=1; t<=m; t++){
        if (t==m) 
            for (int i=1; i<=n; i++) a[i]=i;
        else 
            for (int i=1; i<=n; i++) cin>>a[i];
        memset(vis,0,sizeof vis);
        int use=0;
        for (int i=1; i<=n; i++){
            if (vis[i]) continue;
            int j=i,k=0;
            while (!vis[j]) {k++;vis[j]=1;j=a[j];}
            num[++use]=k;
        }
        memset(f,0,sizeof f);
        f[0][0][0]=1;
        for (int i=1; i<=use; i++)
            for (int j=r; j>=0; j--)
                for (int k=b; k>=0; k--)
                    for (int sg=g; sg>=0; sg--){
                        if (j>=num[i]) f[j][k][sg]=(f[j][k][sg]+f[j-num[i]][k][sg])%p;
                        if (k>=num[i]) f[j][k][sg]=(f[j][k][sg]+f[j][k-num[i]][sg])%p;
                        if (sg>=num[i]) f[j][k][sg]=(f[j][k][sg]+f[j][k][sg-num[i]])%p;
                    }
        ans=(ans+f[r][b][g])%p;
    }
    cout<<ans*inv((ll)m,p-2,p)%p<<endl;
    return 0;
}