题目描述
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).
输入
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。
输出
不同染法除以P的余数
样例输入
2 3 1
3 1 2
样例输出
提示
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。
我们知道$polya$定理是不动点方案$=frac{1}{|G|}sumlimits_{fin G}^{ }m^{c(f)}$，其中$f$代表一种置换，而$c(f)$则代表在置换$f$下的循环数。因为在一种置换中同一循环的元素的颜色必须相同，所以每种置换的染色方案数为$m^{c(f)}$，而本题限制了每种颜色的染色数量所以不能直接套用公式。对于每种置换，假设其中有一个大小为$k$的循环，那么可以将它看做是一个大小为$k$的物品。那么我们要求的就是有若干个物品，要求将他们染色并使染成每种颜色的物品总大小分别为$Sr,Sg,Sb$，直接做一遍多维背包即可求出方案数。最后不要忘记不洗牌也是一种置换。
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
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#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
int a,b,c,m,p;
int n;
int v[100];
int f[30][30][30];
int vis[100];
int cnt;
int q[100];
ll ans;
ll quick(int x,int y)
{
ll res=1ll;
while(y)
{
if(y&1)
{
res=res*x%p;
}
y>>=1;
x=1ll*x*x%p;
}
return res;
}
int solve()
{
memset(q,0,sizeof(q));
memset(f,0,sizeof(f));
memset(vis,0,sizeof(vis));
cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!vis[i])
{
int sum=0;
int now=i;
while(!vis[now])
{
sum++;
vis[now]=1;
now=v[now];
}
q[++cnt]=sum;
}
}
f[0][0][0]=1;
for(int s=1;s<=cnt;s++)
{
int x=q[s];
for(int i=a;i>=0;i--)
{
for(int j=b;j>=0;j--)
{
for(int k=c;k>=0;k--)
{
if(i>=x)
{
f[i][j][k]+=f[i-x][j][k];
f[i][j][k]%=p;
}
if(j>=x)
{
f[i][j][k]+=f[i][j-x][k];
f[i][j][k]%=p;
}
if(k>=x)
{
f[i][j][k]+=f[i][j][k-x];
f[i][j][k]%=p;
}
}
}
}
}
return f[a][b][c];
}
int main()
{
scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&m,&p);
n=a+b+c;
for(int j=1;j<=m;j++)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&v[i]);
}
ans+=solve();
ans%=p;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
v[i]=i;
}
ans+=solve();
ans%=p;
ans*=quick(m+1,p-2);
ans%=p;
printf("%lld",ans);
}