BZOJ 1004 [HNOI2008]Cards 置换+burnside定理+逆元

题意:链接

方法:burnside定理

解析:

首先分析这道题，给你n个方格，染m种颜色，每种颜色有限制，之后又给了你包含m个置换的置换群，当然还有另一种自身不变的置换，即m+1个置换，求最终的方案数取模一个质数。

考虑burnside定理的内容来解这道题，对于一种置换，我们需要求出其循环节为1的置换的方案数。

如何令循环节为1呢？

只需要对于这个置换的变换方法，互相可能影响的点染成同种颜色，这就是循环节为1的情况，接下来只需要求这个方案数了，是个经典的背包，3个容量跑背包就可以知道置换的方案数。

之后观察定理内容

令ci(ai)ci(ai)表示ai这种置换方式对应的循环节为1的方案数。

那么ans=∑ci(ai)Gans=\frac{\sum{ci(ai)}}{G}其中G为总置换数。

由于答案含有取模且取模数为质数，所以需要用到逆元。

即ans=(∑ci(ai))∗niyuan(G)ans=({\sum{ci(ai)}})*niyuan(G)

代码:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define N 110
using namespace std;
typedef long long ll;
int sr,sb,sg,n,m,mod;
int cir

,v
,size
;
ll f

,ans;
int calc(int x)
{
    int cnt=0;
    memset(v,0,sizeof(v));
    memset(size,0,sizeof(size));
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(v[i])continue;
        int p=cir[x][i];
        cnt++;
        while(!v[p])v[p]=1,size[cnt]++,p=cir[x][p];
    }
    memset(f,0,sizeof(f));
    f[0][0][0]=1;
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
        for(int j=sr;j>=0;j--)
            for(int k=sb;k>=0;k--)
                for(int l=sg;l>=0;l--)
                {
                    if(j>=size[i])f[j][k][l]=(f[j][k][l]+f[j-size[i]][k][l])%mod;
                    if(k>=size[i])f[j][k][l]=(f[j][k][l]+f[j][k-size[i]][l])%mod;
                    if(l>=size[i])f[j][k][l]=(f[j][k][l]+f[j][k][l-size[i]])%mod;
                }
    return f[sr][sb][sg];
}
ll quick_my(ll x,int y)
{
    ll ret=1;
    while(y)
    {
        if(y&1)ret=(ret*x)%mod;
        x=(x*x)%mod;
        y>>=1;
    }
    return ret;
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d%d%d",&sr,&sb,&sg,&m,&mod);
    n=sr+sb+sg;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            scanf("%d",&cir[i][j]);
    m++;
    for(int i=1;i<=n;i++)cir[m][i]=i;
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)ans=(ans+calc(i))%mod;
    ans=(ans*quick_my(m,mod-2))%mod;
    printf("%lld\n",ans);
}