解题：SHOI 2006 有色图

题面

本质上是在对边求置换，然后每个循环里涂一样的颜色，但是还是要点上入手，考虑每条边的两个端点是否在一个循环里

如果在一个循环里，那么当循环长度$len$为奇数时只有转一整圈才行，而边的总数是$frac{len(len-1)}{2}$，所以有$frac{frac{len(len-1)}{2}}{len}=leftlfloorfrac{len}{2} ight floor$个循环节；当循环长度为偶数时除了上面这种情况正对的每对点旋转$frac{len}{2}$就可以，所以也是有$frac{frac{len(len-1)}{2}-frac{len}{2}}{len}+frac{frac{len}{2}}{frac{len}{2}}=leftlfloorfrac{len}{2} ight floor$个循环节

如果不在一个循环里，那循环节数量就是套路的两者所在循环长度的GCD

那么暴搜数的拆分得到每种点置换就可以求出答案了，具体的，在总共$n!$种点置换中，每个循环节$i$自己做圆排列除去$len[i]$，同时每个长度的循环节之间的排列也要除去，所以设$cnt[i]$表示长度为$i$的循环节的数量，那么满足拆分$len[1],len[2],len[3].....len[m]$的点置换的方案数就是

$frac{n!}{prodlimits_{i=1}^mlen[i]prodlimits_{i=1}^mcnt[i]!}$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=64;
int n,m,p,ans,fac[N],inv[N],len[N];
int GCD(int a,int b)
{
    return b?GCD(b,a%b):a;
}
int Qpow(int x,int k)
{
    if(k==1) return x;
    int tmp=Qpow(x,k/2);
    return k%2?1ll*tmp*tmp%p*x%p:1ll*tmp*tmp%p;
}
int Inv(int x)
{
    return Qpow(x,p-2);
}
void Calc(int cnt)
{
    int pts=1,bas=1,lst=1,sum=0;
    for(int i=1;i<=cnt;i++) 
    {
        bas=1ll*bas*len[i]%p;
        if(len[i]!=len[lst])     
            bas=1ll*bas*fac[i-lst]%p,lst=i;
    }
    bas=1ll*bas*fac[cnt-lst+1]%p;
    pts=1ll*fac[n]*Inv(bas)%p;
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
    {
        sum+=len[i]/2;
        for(int j=i+1;j<=cnt;j++)
            sum+=GCD(len[i],len[j]);
    }
    ans=(ans+1ll*pts*Qpow(m,sum)%p)%p;
}
void DFS(int cnt,int mnn,int mxx)
{
    if(!mxx) Calc(cnt);
    else
        for(int i=mnn;i<=mxx;i++)
            len[cnt+1]=i,DFS(cnt+1,i,mxx-i);
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
    fac[0]=inv[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%p;
    inv[n]=Inv(fac[n]);
    for(int i=n-1;i;i--) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%p;
    DFS(0,1,n),printf("%lld",1ll*ans*inv[n]%p);
    return 0;
}