BZOJ 1004 [HNOI2008]Cards

1004: [HNOI2008]Cards

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Description

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).

Input

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。

Output

不同染法除以P的余数

Sample Input

1 1 1 2 7
2 3 1
3 1 2

Sample Output

2

HINT

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。

恶补置换ing

首先这是一个等价类计数问题，我们考虑用Burnside引理来做：本质不同的染色方案数等于每种置换的不变元素的个数的平均数。

所以我们对每种置换分别计算。计算时我们将每个置换分解成循环乘积的形式，则每个循环内的元素必须同色，循环外的元素互相独立。这样我们进行一次背包DP，状态和转移都很简单。

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
using namespace std;
inline int read() {
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
    return x*f;
}
const int maxn=65;
int r,b,g,n,m,p,A[maxn];
int pow(int x,int k) {
    int ans=1,t=x;
    while(k) {
        if(k&1) (ans*=t)%=p;
        (t*=t)%=p;k>>=1;      
    }
    return ans;    
}
int vis[maxn],S[maxn],f[21][21][21];
int solve() {
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    memset(S,0,sizeof(S));
    memset(f,0,sizeof(f));
    int cnt=0;
    rep(i,1,n) if(!vis[i]) {
        int j=i;cnt++;
        do {
            vis[j]=1;S[cnt]++;
            j=A[j];
        }while(i!=j);
    }
    f[0][0][0]=1;
    rep(cur,1,cnt) dwn(i,r,0) dwn(j,b,0) dwn(k,g,0) {
        if(i>=S[cur]) (f[i][j][k]+=f[i-S[cur]][j][k])%=p;
        if(j>=S[cur]) (f[i][j][k]+=f[i][j-S[cur]][k])%=p;
        if(k>=S[cur]) (f[i][j][k]+=f[i][j][k-S[cur]])%=p;            
    }
    return f[r][b][g];
}
int main() {
    r=read();b=read();g=read();m=read();p=read();
    n=r+b+g;int ans=0;
    rep(i,1,m) {
        rep(j,1,n) A[j]=read();
        (ans+=solve())%=p;    
    }
    rep(i,1,n) A[i]=i;
    (ans+=solve())%=p;
    printf("%d
",ans*pow(m+1,p-2)%p);
    return 0;
}