bzoj 1815

polya定理板子题...

其实本题难度并不大，但是对我这种初学群论的蒟蒻还是很大一个挑战

首先看见这种带同构的计数，我们应该先把polya扔进来

$ans=\frac{1}{|G|}\sum_{i=1}^{|G|}m^{c(p_{i})}$

然后我们挨个去找就好了

$G$显然是一个对应边置换的置换群

m是已知，不用管，$|G|=n!$（一个点置换唯一对应一个边置换，因此边置换群的大小与点置换群的大小相等）

因此有一个最暴力的思想，就是每次$O(n!)$枚举所有置换进行计算，这样做...显然过不去这道题

因此我们换一种思想：

我们发现，本题真正的难点是：我们每次置换的方式是对点进行置换，而在计算时需要用的是边的置换！

因此首先我们要找到一个点的置换与边的置换的对应关系

怎么对应？

我们设一个点置换为$(a_{1},a_{2},...a_{n})(b_{1},b_{2}...b_{m})...$

则边可以被分为两类：

一.边的两个端点在同一个循环中

设一个循环中点的个数为$v_{i}$，那么这个循环中对应的边的个数显然是$C_{v_{i}}^{2}$，而为了研究这些边所在的等价类数，我们将这些点均匀分布在一个圆周上，那么在循环的作用下每条边都会沿圆周移动，那么移动的两条边不能重合当且仅当两条边长度不同（这里的边长都指圆上劣弧长），那么这个边集中一共有$\frac{v_{i}}{2}$个等价类

二.边的两个端点不在同一个循环中

设两个循环中点的个数分别为$v_{i}$,$v_{j}$,那么这两个点集相互间能组成的边的个数为$v_{i}v_{j}$，对于一条边，在经过$LCM(v_{i},v_{j})$次置换后会回到本身，因此总的循环个数应该为$gcd(v_{i},v_{j})$

因此，对于一组给出的点的置换，设这组置换的循环节数量为$k$，那么这组点置换对应的边置换的循环节个数为$\sum_{i=1}^{k}\frac{v_{i}}{2}+\sum_{i=1}^{k}\sum_{j=i+1}^{k}gcd(i,j)$

那么这一组边置换对应的贡献也就是$m^{\sum_{i=1}^{k}\frac{v_{i}}{2}+\sum_{i=1}^{k}\sum_{j=i+1}^{k}gcd(i,j)}$

可是如果我们这么找，仍然会有$n!$个置换来计算，这样做还是会T

但是我们不难发现，边置换的贡献只与其结构有关，而结构相同的点置换一定会导出结构相同的边置换！

因此我们只需枚举所有点置换的结构即可

再考虑：对于每一个点置换，都满足一个表达式：$\sum_{i=1}^{k}v_{i}=n$

那么一个点置换的结构不就是n的一个拆分嘛

考虑n很小，所以我们可以爆搜一发n的拆分

但是...具有这种结构的点置换一共会有多少个呢?

令$B_{i}$表示这种结构下大小相同的循环的个数，则结论某一种结构的点置换个数是$S=\frac{n!}{\prod_{i=1}^{k}v_{i}*\prod_{i=1}^{k}B_{i}!}$

于是答案也就来了：

$ans=\frac{1}{n!}\sum S*m^{\sum_{i=1}^{k}\frac{v_{i}}{2}+\sum_{i=1}^{k}\sum_{j=i+1}^{k}gcd(i,j)}$

贴代码：

#include <cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,m,p;
ll mul[65];
ll num[65];
ll GCD[65][65];
ll ret=0;
ll pow_mul(ll x,ll y)
{
    ll ans=1;
    while(y)
    {
        if(y&1)ans=ans*x%p;
        x=x*x%p,y>>=1;
    }
    return ans;
}
ll gcd(ll x,ll y)
{
    return y?gcd(y,x%y):x;
}
void init()
{
    mul[0]=mul[1]=1;
    for(ll i=2;i<=n;i++)mul[i]=mul[i-1]*i%p;
    for(ll i=1;i<=n;i++)for(ll j=i;j<=n;j++)GCD[i][j]=GCD[j][i]=gcd(i,j);
}
ll get_ans(int ttop)
{
    ll sum=0,fm=1,cnt=0;
    for(int i=1;i<=ttop;i++)
    {
        sum=sum+(num[i]>>1),fm=(fm*num[i]%p);
        if(num[i]!=num[i-1])fm=fm*mul[cnt]%p,cnt=1;
        else cnt++;
        for(int j=i+1;j<=ttop;j++)sum=sum+GCD[num[i]][num[j]];
    }
    fm=fm*mul[cnt]%p;
    ll S=pow_mul(fm,p-2);
    return S*pow_mul(m,sum)%p;
}
void dfs(int dep,ll ed,ll las)
{
    if(!ed)ret=(ret+get_ans(dep-1))%p;
    else
    {
        for(ll i=las;i<=(ed>>1);i++)
        {
            num[dep]=i;
            dfs(dep+1,ed-i,i);
            num[dep]=0;
        }
        num[dep]=ed;
        dfs(dep+1,0,ed);
        num[dep]=0;
    }
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);
    init();
    dfs(1,n,1);
    printf("%lld\n",ret);
    return 0;
}