置换群burnside引理（bzoj 1004: [HNOI2008]Cards）

置换群：

看半天置换群表示并看不懂QAQ

但顾名思义是置换组成的群

其实不用看懂也行，就拿简单的例子来说吧

有一个序列s = {1, 2, 3, 4, 5, 6}

和一个变换规则t = {2, 3, 5, 4, 1, 6}，

表示每一次变换时第i位是原来的第ti位，那么下面开始若干次变换

第一次：2, 3, 5, 4, 1, 6

第二次：3, 5, 1, 4, 2, 6

第三次：5, 1, 2, 4, 3, 6

第四次：1, 2, 3, 4, 5, 6（变回来了）接下来就是循环的了

其中：{4}和{6}是一个轮换，{1, 2, 3, 5}也是一个轮换，那么可以写成

t = { {1, 2, 3, 5} {4} {6} }，若干个置换规则构成一个置换群

burnside引理：

先引用一张图：



其中分母的4就是题目中置换群（中置换的个数）

括号里的每一个数字是每一类中长度为1的个数，例如a3中的(1)和(2)

所以burnside引理通俗的说就是

令D(gi)表示第i种置换方式中不动点的个数，G为总置换数，通过所有的置换组合方式可以置换出来S种序列，也就是换出S个等价类（通过不同置换操作后得到的相同的序列叫做等价类）

那么有



可以换一种说法：

如果要对1到n的位置染色，那么本质不同的染色方案数为置换群中每个置换的不动染色方案数和的平均

所谓的不动染色方案数：用某个置换变换之后没有发生变化的染色方案

看题：

1004: [HNOI2008]Cards

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Description

　　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).

Input

　　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。

Output

　　不同染法除以P的余数

Sample Input

1 1 1 2 7

2 3 1

3 1 2

Sample Output

2

对于此题：



|G| = m+1（原序列不变换也是一个置换）

D(gi)表示第i个置换不会导致产生新的染色结果的情况个数

L就是答案，因为有分母，所以最后要用逆元（去掉分母，改为*G^(mod-2)）

求D(gi)用dp即可，dp[i][j][k]表示第1种颜色用了i个，第2种颜色用了j个，第3种颜色用了k个的不变总情况数量

具体过程：

①将变换拆成互不影响的若干个集合，例如t = {2, 3, 5, 4, 1, 6}就可以拆成t = { {1, 2, 3, 5} {4} {6} }

②求出每个集合的循环节circle[i]，例如{1, 2, 3, 5}就是4（其实就是集合长度）

③什么情况下经过置换染色情况没发生变换呢？很显然就是同一集合染同一种颜色啦

所以dp[j][k][r] += dp[j-circl[i]][k][r] + dp[j][k-circl[i]][r] + dp[j][k][r-circl[i]]

为什么不能用Polay定理？因为限制了三种颜色的数量

#include<stdio.h>
#include<string.h>
int a[88], flag[88], circl[88], dp[88][88][88], n, m, mod, sa, sb, sc;
int Pow(int x, int y)
{
int ans;
ans = 1;
while(y)
{
if(y%2==1)
ans = ans*x%mod;
x = x*x%mod;
y /= 2;
}
return ans;
}
int Jud()
{
int i, j, k, r, sum;
sum = 0;
memset(dp, 0, sizeof(dp));
memset(flag, 0, sizeof(flag));
for(i=1;i<=n;i++)				//步骤②
{
if(flag[i]==0)
{
circl[++sum] = 0;
for(j=i;flag[j]==0;j=a[j])
{
flag[j] = 1;
circl[sum]++;
}
}
}
dp[0][0][0] = 1;
for(i=1;i<=sum;i++)
{
for(j=sa;j>=0;j--)
{
for(k=sb;k>=0;k--)
{
for(r=sc;r>=0;r--)
{
if(j>=circl[i])
dp[j][k][r] += dp[j-circl[i]][k][r];
if(k>=circl[i])
dp[j][k][r] += dp[j][k-circl[i]][r];
if(r>=circl[i])
dp[j][k][r] += dp[j][k][r-circl[i]];
dp[j][k][r] %= mod;
}
}
}
}
return dp[sa][sb][sc];
}
int  main(void)
{
int i, j, ans;
scanf("%d%d%d%d%d", &sa, &sb, &sc, &m, &mod);
n = sa+sb+sc, ans = 0;
for(i=1;i<=n;i++)
a[i] = i;
ans += Jud();
for(i=1;i<=m;i++)
{
for(j=1;j<=n;j++)
scanf("%d", &a[j]);
ans = (ans+Jud())%mod;
}
ans = (ans*Pow(m+1, mod-2))%mod;
printf("%d\n", ans);
return 0;
}