首页 > 代码库 > bzoj 1004 1004: [HNOI2008]Cards burnside定理

bzoj 1004 1004: [HNOI2008]Cards burnside定理

2024-07-15 04:53:08   215人阅读

1004: [HNOI2008]Cards

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 1668  Solved: 978
[Submit][Status]

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。

100%数据满足 Max{Sr,Sb,Sg}<=20。

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

HINT

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。

 

 

都快把burnside忘掉了：

　　　　Burnside：真正意义上不变的染色方案数=Σ(每种置换下不变的染色方案数)/(置换总数)

题目中“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”太让人省心了。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;#define MAXN 100int num[MAXN],tot[MAXN];bool vis[MAXN];int f[21][21][21];int mod;int a,b,c;void deal(int &x,int y){        x+=y;        if (x>=mod)x%=mod;}int pow_mod(int x,int y){        int ret=1;        while (y)        {                if (y&1)ret=ret*x%mod;                x=x*x%mod;                y>>=1;        }        return ret;}int main(){        //freopen("input.txt","r",stdin);        int i,j,k,n,m,x,y,z;        int k1,k2,k3;        int a,b,c;        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&m,&mod);        n=a+b+c;        int cnt;        int sum=0;        for (i=0;i<=m;i++)        {                if (i==m)                {                        for (j=1;j<=n;j++)                        {                                num[j]=j;                                vis[j]=0;                        }                }else                {                        for (j=1;j<=n;j++)                        {                                scanf("%d",&num[j]);                                vis[j]=0;                        }                }                cnt=0;                for (j=1;j<=n;j++)                {                        if (!vis[j])                        {                                x=j;                                cnt++;                                y=0;                                while (!vis[x])                                {                                        vis[x]=cnt;                                        y++;                                        x=num[x];                                }                                tot[cnt]=y;                        }                }                memset(f,0,sizeof(f));                f[a][b][c]=1;                for (j=1;j<=cnt;j++)                {                        for (k1=0;k1<=a;k1++)                        {                                for (k2=0;k2<=b;k2++)                                {                                        for (k3=0;k3<=c;k3++)                                        {                                                if (k1+tot[j]<=a)deal(f[k1][k2][k3],f[k1+tot[j]][k2][k3]);                                                if (k2+tot[j]<=b)deal(f[k1][k2][k3],f[k1][k2+tot[j]][k3]);                                                if (k3+tot[j]<=c)deal(f[k1][k2][k3],f[k1][k2][k3+tot[j]]);                                        }                                }                        }                }                deal(sum,f[0][0][0]);        }        sum*=pow_mod(m+1,mod-2);        sum%=mod;        printf("%d\n",sum);}

 


联系
我们