bzoj 1004: [HNOI2008]Cards

一道群论题。。要用到Burnside引理

这里copy一下别人写的题解好了。。

介绍一种组合数学中的Pólya计数法、Burnside定理。

群

给定一个集合G={a,b,c,…}和集合G上的二元运算，并满足:

(a) 封闭性："a,bÎG,
$cÎG, a*b=c。

(b) 结合律："a,b,cÎG, (a*b)*c=a*(b*c)。

(c) 单位元：$eÎG,
"aÎG, a*e=e*a=a。

(d) 逆元："aÎG,
$bÎG, a*b=b*a=e，记b=a-1。

则称集合G在运算*之下是一个群，简称G是群。一般a*b简写为ab。

置换

n个元素1,2,…,n之间的一个置换表示1被1到n中的某个数a1取代，2被1到n中的某个数a2取代，直到n被1到n中的某个数an取代，且a1,a2,…,an互不相同。

置换群

置换群的元素是置换，运算是置换的连接。例如：

可以验证置换群满足群的四个条件。

Burnside引理介绍

       下面我们介绍Pólya计数法所要用到的一个引理——Burnside定理。

用D(aj) 表示在置换aj下不变的元素的个数。L表示本质不同的方案数。

例题：对N个格子进行2色染色（用X\E各表示一种颜色）。并且格子可以通过m种置换进行变换。求本质不同的染色法。

对于N=4的情况。一共有4个置换：

所有方案在置换a1下都不变，D(a1)=16

XXXX和EEEE在置换a2下不变，D(a2)=2

XXXX和EEEE以及XEXE与EXEX在置换a3下不变，D(a3)=4

XXXX和EEEE在置换a4下不变，D(a4)=2

计算出

那么，本质不同的染色法为6种。

置换群的另一种表示法：

比如：                     =（1 2 4）（3 5）    

 

 

可以形象地理解成循环节的含义。1-》2，2-》4，4-》1，就可以表示成（1 2 4）

再对每一个循环节合并成群。

 

题目分析：

通过了解置换和置换群，这道Cards想必就很容易分析及理解了。可以把（m + 1）种洗牌法看作是元素个数为（m + 1）的置换群，每种洗牌法都是一个置换。现在就是要求本质不同的染色法。这个和Burnside定理的不谋而合。对于一般的Burnside定理的应用，对每一个置换都可以枚举元素状态再判断是否元素经变换后不变，然后求出D(aj)。但是显然这样耗时不讨好，所以来看置换的另一表示法有没有突破口。每一个置换可以由T个循环节组成，每一个循环节显然要染成一样的颜色，这样才能保证整体上元素经过变换后不变。这样我们通过简单的DP统计即可完成D(aj)的计算了。

但是，问题的不同在于，限制了每种颜色的使用次数。sr、sb、sg的限制促进了我们更深一步的思考。针对每一个置换，状态表示为F[u,I,j,k] . u
表示阶段到了第u个循环节，i、j、k依次表示当前阶段sr、sb、sg各使用了i、j、k次。根据上面的分析，很容易写出DP转移方程。A[u]表示循环节的循环节长度，显然这里循环节具体是什么已经不重要了。

F[u,I,j,k] = F[u-1,i-a[u],j,k] + F[u-1,I,j-a[u],k] + F[u-1,I,j,k-a[u]]

在DP时要不断对p取模。还要注意到一个新的问题，我们最后的答案是要求，每一个置换的F数组的答案之和除以置换的总数。显然不能直接做除法。

对于A / B 对p取模，可以这么做。

A / B mod p = A * C mod p , B * C mod p = 1

这里因为m + 1 很小，所以直接枚举C的值即可。更广泛的使用的话，便要用到扩展欧几里德定理。这里不做阐述。

 

至此，Cards圆满解决。

/*
ID:zsy99021
PROB:bzoj1004
LANG:C++
*/
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <fstream>
#include <ctime>
#define N 68
#define M 28
#define mid(l,r) ((l+r) >> 1)
#define INF 0x7ffffff
using namespace std;

int n,m,sr,sb,sg,rep
,ans,f
[M][M][M],loop
,tot,reply,p;

void init()
{
bool flag
;
for (int i = 1;i <= n;i++) scanf("%d",&rep[i]);
memset(loop,0,sizeof(loop));
memset(f,0,sizeof(f));
f[0][0][0][0] = 1;
memset(flag,0,sizeof(flag));
tot = 0;
reply = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++)
if (!flag[i])
{
int r = 1;
for (int j = rep[i];j != i;j = rep[j],r++) flag[j] = true;
loop[++tot] = r;
}
}

void init1()
{
bool flag
;
for (int i = 1;i <= n;i++) rep[i] = i;
memset(loop,0,sizeof(loop));
memset(f,0,sizeof(f));
f[0][0][0][0] = 1;
memset(flag,0,sizeof(flag));
tot = 0;
reply = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++)
if (!flag[i])
{
int r = 1;
for (int j = rep[i];j != i;j = rep[j],r++);
loop[++tot] = r;
}
}

void col(int x,int a,int b,int c)
{
if (a >= loop[x])
f[x][a][b][c] += f[x-1][a-loop[x]][b][c];
if (b >= loop[x])
f[x][a][b][c] += f[x-1][a][b-loop[x]][c];
if (c >= loop[x])
f[x][a][b][c] += f[x-1][a][b][c-loop[x]];
if (f[x][a][b][c] >= p) f[x][a][b][c] %= p;
}

int work()
{
init();
for (int l = 1;l <= tot;l++)
for (int i = 0;i <= sr;i++)
for (int j = 0;j <= sb;j++)
for (int k = 0;k <= sg;k++)
col(l,i,j,k);
return f[tot][sr][sb][sg];
}

int work1()
{
init1();
for (int l = 1;l <= tot;l++)
for (int i = 0;i <= sr;i++)
for (int j = 0;j <= sb;j++)
for (int k = 0;k <= sg;k++)
col(l,i,j,k);
return f[tot][sr][sb][sg];
}

int main()
{
scanf("%d%d%d%d%d",&sr,&sb,&sg,&m,&p);
n = sr + sb + sg;
for (int i = 1;i <= m;i++)
ans += work();
ans += work1();
int c;
for (int i = 1;;i++)
if ((i * (m + 1)) % p == 1)
{
c = i;
break;
}
ans = ans * c % p;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}