题目传送门：洛谷 P4128。
计数好题，原来是 13 年前就出现了经典套路啊。这题在当年应该很难吧。
题意简述：
(n) 个点的完全图，点没有颜色，边有 (m) 种颜色，问本质不同的图的数量对质数 (p>n) 取模。
本质不同指的是在点的 (n!) 种不同置换下不同。
题解：
首先有 (mathrm{Burnside}) 引理：一类元素在一个置换群的作用下本质不同的元素（不同等价类）个数等于 (displaystylefrac{1}{|G|}sum_{gin G}M(g))。其中 (G) 是所有置换的集合，(M(g)) 是一个置换的不动点个数。
那么我们考虑一个点的置换 ((a_1,a_2,ldots,a_n))，因为一个置换可以拆分成不相交循环的乘积，考虑这个置换能拆分成 (k) 个长度分别为 (b_1,b_2,ldots,b_k) 的不相交循环的乘积。显然它的不动点个数为 (m) 的在这个置换下边的等价类个数次方。如何计算它的边等价类个数？
我们考虑两类边，第一类是端点在同一循环中的边，第二类是端点在不同循环中的边。
对于第一类边，考虑一个长度为 (b) 的循环。把 (b) 个点按顺序等距分布在一个圆上，在循环作用下每条边都会往顺时针方向位移一格。则容易得到两条边处于不同等价类当且仅当它们长度不同，可以得出长度为 (b) 的循环内部共有 (displaystyleleftlfloorfrac{b}{2} ight floor) 种边的等价类。
对于第二类边，考虑两个长度分别为 (b_1) 和 (b_2) 的不同循环。对于一条边，在这个置换的重复作用下经过 (mathrm{lcm}(b_1,b_2)) 次操作会回到自身。所以每条边的在一个大小为 (mathrm{lcm}(b_1,b_2)) 的等价类中，则不同等价类的个数为 (displaystylefrac{b_1b_2}{mathrm{lcm}(b_1,b_2)}=gcd(b_1,b_2))。
综合得到等价类个数为 (displaystylesum_{i}leftlfloorfrac{b_i}{2} ight floor+sum_{i<j}gcd(b_i,b_j))。对于一个求出了 (b) 的置换，这个式子可以在 (Theta(k^2log b_i)) 的时间内求出。
接下来需要对所有置换统计，显然我们不能枚举每个置换，但是可以发现，(b) 一样的置换答案也相同。考虑枚举 (b)，即本质不同的不相交循环长度的可重集。这相当于枚举 (n) 的每个整数分拆。本题中 (nle 53)，而 (53) 的整数分拆数量也不大。
考虑枚举了 (b_1le b_2le cdotsle b_k)，其中 (displaystylesum b_i=n)，如何计算它对应了多少种不同的置换呢？
考虑对于 (1) 到 (n) 的每个点，分配它在第几个循环中，这相当于一个多重组合数 (displaystylefrac{n!}{prod b_i!})。而对于每一个置换，分配它内部的顺序，这相当于一个圆排列，即 (prod (b_i-1)!)，结合前面是 (displaystylefrac{n!}{prod b_i})。最后我们会发现这样其实会算重，因为每个循环的前后顺序不影响，不能把 (1,2) 和 (2,1)（这里表示每个点在第几个循环内）当作不同的循环分配方案。发现只有 (b_i) 相同的会影响，假设有 (c) 个，正好多乘了 (c!) 种方案，除掉就好了。这相当于 (displaystylefrac{n!}{prod b_iprod c!})。
发现因为有 (|G|=n!) 种置换，正好和最后 (displaystylefrac{1}{|G|}) 抵消了，所以最终的式子是：(displaystylesum_{b}frac{1}{prod b_iprod c!}m^{left[sum_{i}lfloorfrac{b_i}{2} floor+sum_{i<j}gcd(b_i,b_j) ight]})。
对于枚举每一种 (b)，可以直接 DFS。而后面两个东西都是能直接在 DFS 过程中计算的，优化常数。
本题很贴心地保证 (p>n)，可以放心求阶乘和阶乘逆元。
时间复杂度大约是 (displaystylemathcal{O}left(log nsum_{pinmathrm{Partition}(n)}mathrm{len}^{2}(p) ight))，实际比较小，更多可以查看 A296010。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
typedef long long LL;
const int MN = 60;
int N, M, P, Sum;
inline int qPow(int b, int e) {
int a = 1;
for (; e; b = (LL)b * b % P, e >>= 1)
if (e & 1) a = (LL)a * b % P;
return a;
}
int Inv[MN], Fac[MN], iFac[MN];
inline void Init(int N) {
Inv[1] = 1;
for (int i = 2; i <= N; ++i) {
Inv[i] = (LL)(P - P / i) * Inv[P % i] % P;
}
Fac[0] = iFac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= N; ++i) {
Fac[i] = (LL)Fac[i - 1] * i % P;
iFac[i] = (LL)iFac[i - 1] * Inv[i] % P;
}
}
int stk[MN], t, n1, n2 = 1;
void DFS(int s, int mx, int c) {
if (!s) {
Sum = (Sum + (LL)qPow(M, n1) * n2) % P;
return ;
}
int a = n1, b = n2;
for (int i = 1; i <= mx; ++i) {
stk[++t] = i;
n1 = a + i / 2;
for (int j = 1; j < t; ++j) n1 += std::__gcd(stk[j], i);
n2 = (LL)b * Inv[i] % P;
if (i == stk[t - 1]) n2 = (LL)n2 * Fac[c] % P * iFac[c + 1] % P;
DFS(s - i, std::min(s - i, i), i == stk[t - 1] ? c + 1 : 1);
--t;
}
}
int main() {
scanf("%d%d%d", &N, &M, &P);
Init(N);
DFS(N, N, 0);
printf("%d
", Sum);
return 0;
}
听说有色图？来了来了！色图在哪里啊？