[bzoj1004][HNOI2008]Cards

Description

小春現在很清閒,面對書桌上的N張牌,他決定給每張染色,目前小春只有3種顏色:紅色,藍色,綠色.他詢問Sun有多少種染色方案,Sun很快就給出了答案.進一步,小春要求染出Sr 張紅色,Sb 張藍色,Sg 張綠色.他又詢問有多少種方案,Sun想了一下,又給出了正確答案. 最後小春發明了M 種不同的洗牌法,這裏他又問Sun有多少種不同的染色方案.兩種染色方法相同當且僅當其中一種可以通過任意的洗牌法(即可以使用多種洗牌法,而每種方法可以使用多次)洗成另一種.Sun發現這個問題有點難度,決定交給你,答案可能很大,只要求出答案除以P 的餘數(P 爲質數).

Input

　　第一行輸入 5 個整數：Sr,Sb,Sg,m,p(m≤60,m+1<p<100) 。n=Sr+Sb+Sg 。
接下來 m 行，每行描述一種洗牌法，每行有 n 個用空格隔開的整數 X1,X2,...Xn ，恰爲 1 到 n 的一個排列，
表示使用這種洗牌法，第 i 位變爲原來的 Xi 位的牌。輸入數據保證任意多次洗牌都可用這 m 種洗牌法中的一種代
替，且對每種洗牌法，都存在一種洗牌法使得能回到原狀態。

Output

　　不同染法除以P的餘數

Sample Input

1 1 1 2 7
2 3 1
3 1 2

Sample Output

2

HINT

　　有2 種本質上不同的染色法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% 數據滿足 Max(Sr,Sb,Sg)≤20 。

題解

這道題是羣論中Burnside引理與Polya計數的半裸題
每種洗牌方式可以看作一個置換，根據羣的定義可知，每種洗牌方式加上一個所有元素不變的置換

(1122......nn)

就構成了一個置換羣。

Burnside引理：用D(aj) 表示在置換a_j下不變的元素個數。L 表示本質不同的方案數。

L=1|G|∑j=1sD(aj)

Polya定理：設G 是p 個對象的一個置換羣，江m 種顏色塗染p 個對象，澤不同顏色方案爲：

L=1|G|∑i=1smc(gi)

其中G={g1,g2,...gs} ,c(gi) 爲置換gi 的循環節數。

由於每一種顏色是有數量限制的，所以我們不能直接使用Polya計數定理。
我們可以對每一個置換做一個揹包dp，用類似Polya定理的方法，把置換的每一個循環節看作一個大小爲循環長度的物品，之後三維揹包dp求出選出Sr 個紅色，Sg 個綠色，Sb 個藍色的方案數，這樣我們就在O(n3) 的時間複雜度求出了D(ai) ，總的時間複雜度O(mn3) 。

My Code

/**************************************************************
    Problem: 1004
    User: infinityedge
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:896 ms
    Memory:5940 kb
****************************************************************/

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int a[105][105],vis[105][105],len[105][105],ct[105];
int f[105][105][105];
int n,m,s1,s2,s3,p,ans;
inline void cut(int x){
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(!vis[x][i]){
            vis[x][i]=1;
            len[x][++ct[x]]=1;
            int j=a[x][i];
            while(j!=i){
                vis[x][j]=1;
                len[x][ct[x]]++;
                j=a[x][j];
            }
        }
    }
}
inline int dp(int x){
    memset(f,0,sizeof f);
    f[1][len[x][1]][0]=f[1][0][len[x][1]]=f[1][0][0]=1;
    for(int i=2;i<=ct[x];i++){
        int t=len[x][i];
        for(int j=0;j<=s1;j++){
            for(int k=0;k<=s2;k++){
                f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-1][j][k])%p;
                if(j>=t)f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-1][j-t][k])%p;
                if(k>=t)f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-1][j][k-t])%p;
            }
        }
        //printf("%d %d %d %d\n",f[i][0][0],f[i][0][1],f[i][1][0],f[i][1][1]);
    }
    return f[ct[x]][s1][s2];
}
int qpow(int x,int y){
    int res=1;
    for(;y;y>>=1,x=x*x%p){
        if(y&1)res=res*x%p;
    }
    return res;
}
int main(){
    scanf("%d%d%d%d%d",&s1,&s2,&s3,&m,&p);
    n=s1+s2+s3;
    bool bb=1;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        bool b=1;
        for(int j=1;j<=n;j++){
            scanf("%d",&a[i][j]);
            if(a[i][j]!=j)b=0;  
        }
        if(b)bb=0;
    }
    if(bb){
        m++;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            a[m][i]=i;
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        cut(i);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        ans+=dp(i);
        if(ans>=p)ans-=p;
        //printf("%d\n",ans);
    }
    ans=ans*qpow(m,p-2)%p;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}