P1446 [HNOI2008]Cards

题目描述

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张绿色.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).

输入输出格式

输入格式：

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。

100%数据满足 Max{Sr,Sb,Sg}<=20。

输出格式：

不同染法除以P的余数

输入输出样例

输入样例#1： 复制

输出样例#1： 复制

说明

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。

分析：

先学习下几个引理

burnside引理

http://blog.csdn.net/liangzhaoyang1/article/details/72639208

逆元

https://www.cnblogs.com/linyujun/p/5194184.html

参考了大神博客

http://tgotp.science/

思路：套用burnside引理，这题因为对颜色有限制不能用 polya ，用动归求出对于一个置换的不动方案数；

dp的一些解释：dp[i][j][k]表示前i个循环, 用了1号颜色j个 2号颜色k个的方案数

num[n]表示该洗牌法下的循环节个数；

最后根据burnside引理：

不同的方案数：I=(C(a1)+C(a2)+...C(ag))/G

这题的情况是需要除以m

但是过程中我们都进行的%p

且(a / b) % p = (a%p / b%p) %p 是错误的，所以我们要用到逆元（这题因为p是质数，用费马小定理就行）

(a / b) % p = (a * inv(b) ) % p = (a % p * inv(b) % p) % p

费马小定理

a^(p-1) ≡1 (mod p)

所以 inv(a) = a^(p-2) (mod p)

// 去吧！皮卡丘! 把AC带回来！

//      へ　　　　　／|

// 　　/＼7　　　 ∠＿/

// 　 /　│　　 ／　／

// 　│　Z ＿,＜　／　　 /`ヽ

// 　│　　　　　ヽ　　 /　　〉

// 　Y　　　　　`　 /　　/

// 　ｲ●　､　●　　⊂⊃〈　　/

// 　()　 へ　　　　|　＼〈

// 　　>ｰ ､_　 ィ　 │ ／／

// 　 / へ　　 /　ﾉ＜| ＼＼

// 　 ヽ_ﾉ　　(_／　 │／／

// 　　 7　　　　　　　|／

// 　　 ＞―r￣￣`ｰ―＿

//**************************************

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

#define inf 2147483647

const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;

#define ri register int

template <class T> inline T min(T a, T b, T c) { return min(min(a, b), c); }

template <class T> inline T max(T a, T b, T c) { return max(max(a, b), c); }

template <class T> inline T min(T a, T b, T c, T d) {

  return min(min(a, b), min(c, d));

}

template <class T> inline T max(T a, T b, T c, T d) {

  return max(max(a, b), max(c, d));

}

#define scanf1(x) scanf("%d", &x)

#define scanf2(x, y) scanf("%d%d", &x, &y)

#define scanf3(x, y, z) scanf("%d%d%d", &x, &y, &z)

#define scanf4(x, y, z, X) scanf("%d%d%d%d", &x, &y, &z, &X)

#define pi acos(-1)

#define me(x, y) memset(x, y, sizeof(x));

#define For(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++)

#define FFor(i, a, b) for (int i = a; i >= b; i--)

#define bug printf("***********\n");

#define mp make_pair

#define pb push_back

const int maxn = 3e5 + ;

const int maxx = 1e6 + ;

// name*******************************

int dp[][][];

int a[];

bool flag[];

int num[];

int s1, s2, s3, m, mod;

int tot;

int ans = ;

int sum[];

// function******************************

inline ll qmul(ll a, ll b) {

  ll base = a, ans = ;

  while (b) {

    if (b & 1ll)

      ans = (ans * base) % mod;

    base = (base * base) % mod;

    b >>= 1ll;

  }

  return ans;

}

//***************************************

int main() {

  // ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);

  // freopen("test.txt", "r", stdin);

  //  freopen("outout.txt","w",stdout);

  cin >> s1 >> s2 >> s3 >> m >> mod;

  m++;

  tot = s1 + s2 + s3;

  For(t, , m) {

    if (t == m)

      For(i, , tot) a[i] = i;

    else

      For(i, , tot) cin >> a[i];

    memset(flag, , sizeof(flag));

    memset(num, , sizeof(num));

    memset(sum, , sizeof(sum));

    int n = ;

    For(j, , tot) {

      if (!flag[j]) {

        int cnt = ;

        int p = j;

        while (!flag[p]) {

          flag[p] = ;

          cnt++;

          p = a[p];

        }

        num[++n] = cnt;

        sum[n] = sum[n - ] + cnt;

      }

    }

    dp[][][] = ;

    For(i, , n) {

      For(j, , s1) {

        For(k, , s2) {

          int l = sum[i] - j - k; //?

          if (l <  || l > s3)

            continue;

          int sum = ;

          if (j >= num[i])

            sum = (sum + dp[i - ][j - num[i]][k]) % mod;

          if (k >= num[i])

            sum = (sum + dp[i - ][j][k - num[i]]) % mod;

          if (l >= num[i])

            sum = (sum + dp[i - ][j][k]) % mod;

          dp[i][j][k] = sum;

          if (i == n)

            ans = (ans + dp[i][j][k]) % mod;

        }

      }

    }

  }

  int x = ans * qmul(m, mod - ) % mod;

  cout << x;

  return ;

}