[luogu4128][shoi2006]有色圖

前言

計數題

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題目大意

$n$個點的完全圖，對邊染色（顏色有$m$種），求本質不同的染色方案數，答案對$p$取模

數據範圍

$1\le n\le53,1\le m\le1000,1\le p\le10^9$

題解

我們乍一看是染色問題，我們就想到了Polya定理
$l=\frac{1}{|G|}\sum_{a_i\in G}k^{\lambda(a_i)}$
我們可以用其式子來計算
但是我們發現染色的是邊而不是點，而是邊，所以我們計算的置換是對於邊的
我們考慮先不枚舉邊置換，而是枚舉點的置換，容易發現，一個點置換，其對應的邊置換是唯一確定的
這樣一來，就有了方便的枚舉置換方式
我們發現，點的置換有$n!$種，我們發現$53!$的複雜度顯然不能接受
我們考慮不直接枚舉所有點置換，而是枚舉本質不同的點置換，本質相同的點置換，對應的邊置換也是本質相同的
這樣的話複雜度就是$n$的整數劃分了，隨便寫個程序就可以發現當$n=53$時，整數劃分是$3*10^5$級別的，目前看起來可以接受
code

#include<cstdio>
#include<cctype>
#define rg register
template<typename T>inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;}
template<typename T>inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');}
template<typename T>inline void print(const T x){if(x>=0)printe(x);else putchar('-'),printe(-x);}
int n,ans;
void dfs(const int t,const int h)
{
	if(t==0)ans++;
	else for(rg int i=h;i<=t;i++)dfs(t-i,i);
}
int main()
{
	read(n);
	dfs(n,1);
	print(ans);
	return 0;
}

我們考慮現在得到了一個整數劃分，其有$k$個循環，按循環長度排序後的第$i$個循環長度爲$L_i$即$L_1\le L_2\le···\le L_k$
我們思考對於這樣一個點置換，其對應的邊置換的循環數量（在Polya中要求的東西）
兩個端點在同一個長度爲$L$的點循環內的情況：
我們發現，對於任意一條邊，將其兩邊的點轉動，這樣就可以產生一個大小爲$L$的邊循環
然後這個時候有個特例，當$L$爲偶數時，有一個大小爲$\frac{L}{2}$的循環，即環上每組相對的點所組成的循環
即：
$L$爲奇數時，循環數爲$\frac{\binom{L}{2}}{L}=\frac{L*(L-1)/2}{L}=\frac{L-1}2$
$L$爲偶數時，循環數爲$\frac{\binom{L}{2}+\frac{L}{2}}{L}=\frac{L*(L-1)/2+L/2}{L}=\frac L2$
綜上，這裏的邊循環數爲$\left\lfloor\frac L2\right\rfloor$
兩個端點分別在長度爲$L_a$、$L_b$的點循環內的情況：
容易發現，這裏的邊循環長度爲$lcm(L_a,L_b)$
那麼循環數量爲$\frac{L_a*L_b}{lcm(L_a,L_b)}=gcd(L_a,L_b)$

這樣的話，對於一個枚舉到的本質不同的點循環，其對Poyla定理中後面那個sigma的指數$C$就爲
$C=\sum_{i=1}^k\left\lfloor\frac {L_i}2\right\rfloor+\sum_{i=1}^k\sum_{j=i+1}^k(L_i,L_j)$
我們也知道顏色數，現在還需要統計這種點循環的出現次數
容易發現，出現次數$S$可以直接計算
我們設$T_i$爲長度爲$i$的$L$出現的次數（另外，定義$0!=1$）
$S=\frac{\prod_{i=1}^k(L_i-1)!\binom{n-\sum_{j=1}^{i-1}L_j}{L_i}}{\prod_{i=1}^{n}T_i!}=\frac{n!}{\prod_{i=1}^{n}T_i!*\prod_{i=1}^{k}L_i}$
這樣的話我們就能快速的求出$S$
最終答案就可以算出來了
$l=\frac{S*m^C}{n!}$

代碼

這份代碼爲了方便理解，寫的複雜度比較大，實際可以有更好的寫法使程序跑得更快

#include<cstdio>
#include<cctype>
#define rg register
typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;}
template<typename T>inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');}
template<typename T>inline void print(const T x){if(x>=0)printe(x);else putchar('-'),printe(-x);}
template <typename T> inline T gcd(const T a,const T b){if(!b)return a;return gcd(b,a%b);}
ll n,m,p,L[61],fac[61],ans,tim[61];
inline ll pow(ll x,ll y)
{
	ll res=1;
	for(;y;y>>=1,x=x*x%p)if(y&1)res=res*x%p;
	return res;
}
void dfs(const int step,const int t,const int h)
{
	if(t==0)
	{
		ll xs=0,xf=1;
		for(rg int i=1;i<step;i++)
		{
			xs+=L[i]>>1;
			for(rg int j=i+1;j<step;j++)xs+=gcd(L[i],L[j]);
			xf=xf*L[i]%p;
		}
		for(rg int i=1;i<=n;i++)xf=xf*fac[tim[i]]%p;
		ans+=pow(m,xs)*pow(xf,p-2)%p;
	}
	else for(rg int i=h;i<=t;i++)
	{
		L[step]=i;
		tim[i]++;
		dfs(step+1,t-i,i);
		tim[i]--;
	}
}
int main()
{
	read(n),read(m),read(p);
	fac[0]=1;for(rg int i=1;i<=60;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%p;
	dfs(1,n,1);
	print(ans%p);
	return 0;
}

總結

代碼非常的清真，良好的計數技巧配上Poyla定理就能解決這題
計數好難