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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张绝色.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).
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。
不同染法除以P的余数
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。
100%数据满足 Max{Sr,Sb,Sg}<=20。
题目保证了所有的n个置换构成了一个置换群，那么我们就可以愉快的的用一个叫Burnside引理的东西来解决问题
我们求出每个置换不重复的个数，最后/n即可
不重复的，我们让一个循环染成同一种颜色即可，背包dp一下即可
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define inf 1e9+10
using namespace std;
inline ll read(){
int x=0;int f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch==‘-‘) f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
return x*f;
}
const int MAXN=110;
ll f[MAXN][MAXN][MAXN],c[MAXN][MAXN],v[MAXN],sr,sb,sg,m,mod,siz[MAXN],n;
inline ll getine(ll x,ll y){
ll ans=1;
while(y){
if(y&1) ans=(ans*x)%mod;
x=(x*x)%mod;
y>>=1;
}
return ans;
}
inline ll solve(ll x){
memset(v,0,sizeof(v));
memset(f,0,sizeof(f));
memset(siz,0,sizeof(siz));
f[0][0][0]=1;ll cnt=0;
for(ll i=1;i<=n;i++){
if(v[i]) continue;
cnt++;ll t=c[x][i];
while(!v[t]) v[t]=1,t=c[x][t],siz[cnt]++;
}
for(ll i=1;i<=cnt;i++){
for(ll j=sr;j>=0;j--){
for(ll k=sb;k>=0;k--){
for(ll l=sg;l>=0;l--){
if(j>=siz[i]) f[j][k][l]=(f[j][k][l]+f[j-siz[i]][k][l])%mod;
if(k>=siz[i]) f[j][k][l]=(f[j][k][l]+f[j][k-siz[i]][l])%mod;
if(l>=siz[i]) f[j][k][l]=(f[j][k][l]+f[j][k][l-siz[i]])%mod;
}
}
}
}
return f[sr][sb][sg];
}
int main(){
sr=read();sb=read();sg=read();m=read();mod=read();
n=sr+sb+sg;
for(ll i=1;i<=m;i++){
for(ll j=1;j<=n;j++){
c[i][j]=read();
}
}
m++;
for(ll i=1;i<=n;i++) c[m][i]=i;
ll ans=0;
for(ll i=1;i<=m;i++) ans=(ans+solve(i))%mod;
cout<<(ans*getine(m,mod-2))%mod<<endl;
return 0;
}
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原文地址：https://www.cnblogs.com/something-for-nothing/p/9032899.html
