bzoj 1004: [HNOI2008]Cards
一道群论题。。要用到Burnside引理
这里copy一下别人写的题解好了。。
介绍一种组合数学中的Pólya计数法、Burnside定理。
给定一个集合G={a,b,c,…}和集合G上的二元运算，并满足:
(a) 封闭性："a,bÎG, $cÎG, a*b=c。
(b) 结合律："a,b,cÎG, (a*b)*c=a*(b*c)。
(c) 单位元：$eÎG, "aÎG, a*e=e*a=a。
(d) 逆元："aÎG, $bÎG, a*b=b*a=e，记b=a-1。
则称集合G在运算*之下是一个群，简称G是群。一般a*b简写为ab。
n个元素1,2,…,n之间的一个置换表示1被1到n中的某个数a1取代，2被1到n中的某个数a2取代，直到n被1到n中的某个数an取代，且a1,a2,…,an互不相同。
置换群的元素是置换，运算是置换的连接。例如：
可以验证置换群满足群的四个条件。
下面我们介绍Pólya计数法所要用到的一个引理——Burnside定理。
用D(aj) 表示在置换aj下不变的元素的个数。L表示本质不同的方案数。
例题：对N个格子进行2色染色（用X\E各表示一种颜色）。并且格子可以通过m种置换进行变换。求本质不同的染色法。
对于N=4的情况。一共有4个置换：
所有方案在置换a1下都不变，D(a1)=16
XXXX和EEEE在置换a2下不变，D(a2)=2
XXXX和EEEE以及XEXE与EXEX在置换a3下不变，D(a3)=4
XXXX和EEEE在置换a4下不变，D(a4)=2
计算出
那么，本质不同的染色法为6种。
置换群的另一种表示法：
比如： =（1 2 4）（3 5）
可以形象地理解成循环节的含义。1-》2，2-》4，4-》1，就可以表示成（1 2 4）
再对每一个循环节合并成群。
题目分析：
通过了解置换和置换群，这道Cards想必就很容易分析及理解了。可以把（m + 1）种洗牌法看作是元素个数为（m + 1）的置换群，每种洗牌法都是一个置换。现在就是要求本质不同的染色法。这个和Burnside定理的不谋而合。对于一般的Burnside定理的应用， 对每一个置换都可以枚举元素状态再判断是否元素经变换后不变，然后求出D(aj)。但是显然这样耗时不讨好，所以来看置换的另一表示法有没有突破口。每一个置换可以由T个循环节组成，每一个循环节显然要染成一样的颜色，这样才能保证整体上元素经过变换后不变。这样我们通过简单的DP统计即可完成D(aj)的计算了。
但是，问题的不同在于，限制了每种颜色的使用次数。sr、sb、sg的限制促进了我们更深一步的思考。针对每一个置换，状态表示为F[u,I,j,k] . u 表示阶段到了第u个循环节，i、j、k依次表示当前阶段sr、sb、sg各使用了i、j、k次。根据上面的分析，很容易写出DP转移方程。A[u]表示循环节的循环节长度，显然这里循环节具体是什么已经不重要了。
F[u,I,j,k] = F[u-1,i-a[u],j,k] + F[u-1,I,j-a[u],k] + F[u-1,I,j,k-a[u]]
在DP时要不断对p取模。还要注意到一个新的问题，我们最后的答案是要求，每一个置换的F数组的答案之和除以置换的总数。显然不能直接做除法。
对于A / B 对p取模，可以这么做。
A / B mod p = A * C mod p , B * C mod p = 1
这里因为m + 1 很小，所以直接枚举C的值即可。更广泛的使用的话，便要用到扩展欧几里德定理。这里不做阐述。
至此，Cards圆满解决。
1 /* 2 ID:zsy99021 3 PROB:bzoj1004 4 LANG:C++ 5 */ 6 #include <cstdio> 7 #include <cstring> 8 #include <algorithm> 9 #include <cmath> 10 #include <iostream> 11 #include <fstream> 12 #include <ctime> 13 #define N 68 14 #define M 28 15 #define mid(l,r) ((l+r) >> 1) 16 #define INF 0x7ffffff 17 using namespace std; 18 19 int n,m,sr,sb,sg,rep[N],ans,f[N][M][M][M],loop[N],tot,reply,p; 20 21 void init() 22 { 23 bool flag[N]; 24 for (int i = 1;i <= n;i++) scanf("%d",&rep[i]); 25 memset(loop,0,sizeof(loop)); 26 memset(f,0,sizeof(f)); 27 f[0][0][0][0] = 1; 28 memset(flag,0,sizeof(flag)); 29 tot = 0; 30 reply = 0; 31 for (int i = 1;i <= n;i++) 32 if (!flag[i]) 33 { 34 int r = 1; 35 for (int j = rep[i];j != i;j = rep[j],r++) flag[j] = true; 36 loop[++tot] = r; 37 } 38 } 39 40 void init1() 41 { 42 bool flag[N]; 43 for (int i = 1;i <= n;i++) rep[i] = i; 44 memset(loop,0,sizeof(loop)); 45 memset(f,0,sizeof(f)); 46 f[0][0][0][0] = 1; 47 memset(flag,0,sizeof(flag)); 48 tot = 0; 49 reply = 0; 50 for (int i = 1;i <= n;i++) 51 if (!flag[i]) 52 { 53 int r = 1; 54 for (int j = rep[i];j != i;j = rep[j],r++); 55 loop[++tot] = r; 56 } 57 } 58 59 void col(int x,int a,int b,int c) 60 { 61 if (a >= loop[x]) 62 f[x][a][b][c] += f[x-1][a-loop[x]][b][c]; 63 if (b >= loop[x]) 64 f[x][a][b][c] += f[x-1][a][b-loop[x]][c]; 65 if (c >= loop[x]) 66 f[x][a][b][c] += f[x-1][a][b][c-loop[x]]; 67 if (f[x][a][b][c] >= p) f[x][a][b][c] %= p; 68 } 69 70 int work() 71 { 72 init(); 73 for (int l = 1;l <= tot;l++) 74 for (int i = 0;i <= sr;i++) 75 for (int j = 0;j <= sb;j++) 76 for (int k = 0;k <= sg;k++) 77 col(l,i,j,k); 78 return f[tot][sr][sb][sg]; 79 } 80 81 int work1() 82 { 83 init1(); 84 for (int l = 1;l <= tot;l++) 85 for (int i = 0;i <= sr;i++) 86 for (int j = 0;j <= sb;j++) 87 for (int k = 0;k <= sg;k++) 88 col(l,i,j,k); 89 return f[tot][sr][sb][sg]; 90 } 91 92 int main() 93 { 94 scanf("%d%d%d%d%d",&sr,&sb,&sg,&m,&p); 95 n = sr + sb + sg; 96 for (int i = 1;i <= m;i++) 97 ans += work(); 98 ans += work1(); 99 int c; 100 for (int i = 1;;i++) 101 if ((i * (m + 1)) % p == 1) 102 { 103 c = i; 104 break; 105 } 106 ans = ans * c % p; 107 printf("%d\n",ans); 108 return 0; 109 }
