题目描述
用三种颜色染一个长度为 $n=Sr+Sb+Sg$ 序列，要求三种颜色分别有 $Sr,Sb,Sg$ 个。给出 $m$ 个置换，保证这 $m$ 个置换和置换 ${1,2,3,...,n\choose 1,2,3,...,n}$ 构成一个置换群，求置换后不同构的序列个数模 $p$ 。
$0\le Sr,Sb,Sg\le 20,0\le m\le 60,m+1\le p\le 100$ ，$p$ 是质数。
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
1 1 1 2 7
2 3 1
3 1 2
样例输出
2
题解
Burnside引理+背包dp
由于颜色有3种，因此不能直接使用Polya定理。
考虑Burnside引理推导Polya定理的过程：对于一种置换，不动点需要满足：每个循环种的颜色相同。
这种推导即可应用于本题。我们对于一个置换，取出其所有循环，这个循环需要 循环大小 个同种颜色。
显然是一个背包dp。设 $f[i][j][k]$ 表示前 $i$ 个置换，用了 $j$ 种颜色1和 $k$ 种颜色2的方案数（用了 $sum_i-j-k$ 种颜色3）。那么对于第 $i$ 个置换，讨论其颜色即可转移。
最终对于该置换的不动点数目即为 $f[k][Sr][Sb]$ ，$k$ 为循环数目。
把所有置换（包括置换后得到本身的置换 ${1,2,3,...,n\choose 1,2,3,...,n}$ ）的不动点数目加起来，乘以 $m$ 的逆元即为答案。
时间复杂度 $O(mn^3)$
#include <cstdio>
#include <cstring>
int a , b , c , p , f[65][25][25] , v[65] , vis[65];
int solve()
{
int tot = 0 , sum = 0 , w , i , j , k;
memset(vis , 0 , sizeof(vis));
memset(f , 0 , sizeof(f));
f[0][0][0] = 1;
for(i = 1 ; i <= a + b + c ; i ++ )
{
if(!vis[i])
{
tot ++ ;
for(w = 0 , j = i ; !vis[j] ; j = v[j])
vis[j] = 1 , w ++ ;
sum += w;
for(j = 0 ; j <= a ; j ++ )
{
for(k = 0 ; k <= b ; k ++ )
{
if(sum - j - k <= c)
{
if(j >= w) f[tot][j][k] += f[tot - 1][j - w][k];
if(k >= w) f[tot][j][k] += f[tot - 1][j][k - w];
if(sum - j - k >= w) f[tot][j][k] += f[tot - 1][j][k];
f[tot][j][k] %= p;
}
}
}
}
}
return f[tot][a][b];
}
int main()
{
int m , i , j , ans = 0;
scanf("%d%d%d%d%d" , &a , &b , &c , &m , &p);
for(i = 1 ; i <= a + b + c ; i ++ ) v[i] = i;
ans = solve();
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
{
for(j = 1 ; j <= a + b + c ; j ++ ) scanf("%d" , &v[j]);
ans = (ans + solve()) % p;
}
for(i = 1 ; i <= p - 2 ; i ++ ) ans = ans * (m + 1) % p;
printf("%d\n" , ans);
return 0;
}
我才不会告诉你们下面的代码也能过呢（数据太水了 = =）
#include <cstdio>
int p;
int pow(int x , int y)
{
int ans = 1;
while(y)
{
if(y & 1) ans = ans * x % p;
x = x * x % p , y >>= 1;
}
return ans;
}
int main()
{
int a , b , c , m , i , ans = 1;
scanf("%d%d%d%d%d" , &a , &b , &c , &m , &p);
for(i = 1 ; i <= a + b + c ; i ++ ) ans = ans * i % p;
for(i = 1 ; i <= a ; i ++ ) ans = ans * pow(i , p - 2) % p;
for(i = 1 ; i <= b ; i ++ ) ans = ans * pow(i , p - 2) % p;
for(i = 1 ; i <= c ; i ++ ) ans = ans * pow(i , p - 2) % p;
ans = ans * pow(m + 1 , p - 2) % p;
printf("%d\n" , ans);
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/8297490.html