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听说这道题是染色问题的入门题，于是就去学了一下(Burnside)引理和(Pacute{o}lya)定理(其实还是没有懂)，回来写这道题。
由于题目中保证"任意多次洗牌都可用这(m)种洗牌法中的一种代替"，于是有了封闭性。
结合律显然成立。
题目中还保证了"对每种洗牌法，都存在一种洗牌法使得能回到原状态"，逆元也有了。
只剩下一个单位元，我们手动补上。单位元就是不洗牌。
所以所有的洗牌方案构成了一个置换群。于是就可以用$Burnside$引理了。
这道题由于颜色有数目限制，那么就不能直接上$Pacute{o}lya$定理了。
根据$Burnside$引理，本质不同的染色数目$ans$就是$C(f)$的平均数。于是我们可以暴力算出$C(f)$，由于是在模意义下，所以除法变为逆元。
当然，这里的暴力方法不是指指数级的枚举，而是$dp$。因为一种方案要在一个置换下本质不变，那么在同一个循环内的位置颜色必定相等。于是把所有循环都抠出来然后暴力三维背包就可以了。
下面贴代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)
#define N 61
using namespace std;
typedef long long llg;
int Sr,Sb,Sg,m,p,ans;
int nt[N],siz[N],n,f[N][N][N];
bool vis[N];
void gi(int &x){if(x>=p) x%=p;}
int mi(int a,int b){
int s=1;
while(b){
if(b&1) s=s*a,gi(s);
a=a*a,gi(a); b>>=1;
}
return s;
}
int work(){
int tol=0;
for(int i=1;i<=n;i++) vis[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!vis[i]){
siz[++tol]=0;
for(int j=i;!vis[j];j=nt[j]) vis[j]=1,siz[tol]++;
}
for(int r=0;r<=Sr;r++)
for(int b=0;b<=Sb;b++)
for(int g=0;g<=Sg;g++)
f[r][b][g]=0;
f[0][0][0]=1;
for(int i=1;i<=tol;i++)
for(int r=Sr;r>=0;r--)
for(int b=Sb;b>=0;b--)
for(int g=Sg;g>=0;g--){
if(r>=siz[i]) f[r][b][g]+=f[r-siz[i]][b][g];
if(b>=siz[i]) f[r][b][g]+=f[r][b-siz[i]][g];
if(g>=siz[i]) f[r][b][g]+=f[r][b][g-siz[i]];
gi(f[r][b][g]);
}
return f[Sr][Sb][Sg];
}
int main(){
File("a");
scanf("%d %d %d %d %d",&Sr,&Sb,&Sg,&m,&p);
n=Sr+Sb+Sg;
for(int i=1;i<=n;i++) nt[i]=i; ans=work();
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int j=1;j<=n;j++) scanf("%d",&nt[j]);
ans+=work(); gi(ans);
}
ans*=mi(m+1,p-2); gi(ans);
printf("%d",ans);
return 0;
}