这应该是最传(麻)统(烦)的做法
首先题目里面有句话说
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。
这话啥意思？意思就是置换群大小 |G| = m+1 （自己到自己也算一个）
（并且（除幺元置换之外）没有不动点，这个性质直接导致了那个组合数的解法）
上文的大概证明可以找找洛谷上的题解
不过我们还是可以这么做：
找每个置换 g_i 的循环节，然后DP出不动点的个数。
最后算一下方案就好了, 直接硬上 Burnside
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#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<string> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<iterator> #include<vector> #include<queue> #include<map> #include<set> #define ll long long using namespace std; ll mod,n,m,ans,dp[110][110][110],R,B,G; ll cir[110][110],cirnum,siz[110]; bool vis[110]; template<typename int_t> void readx(int_t& x) { x=0; int_t k=1; char ch=0; while (ch<'0' || ch>'9') { ch=getchar(); if (ch=='-') k=-1; } while (ch>='0' && ch<='9') { x=x*10+ch-'0'; ch=getchar(); } x*=k; } ll fastpow(ll an,ll p) { ll ret=1; for (;p;p>>=1,an=(an*an)%mod) if (p&1) ret=(ret*an)%mod; return ret%mod; } void Find_Orc(int now) { cirnum=0; memset(vis,0,sizeof vis); memset(siz,0,sizeof siz); for (int i=1;i<=n;i++) if (!vis[i]) { cirnum++; int nex=i; while (!vis[nex]) { vis[nex]=1; siz[cirnum]++; nex=cir[now][nex]; } } } ll DP() { memset(dp,0,sizeof dp); dp[0][0][0]=1; for (int i=1;i<=cirnum;i++) for (int r=R;r>=0;r--) for (int g=G;g>=0;g--) for (int b=B;b>=0;b--) { if (r>=siz[i]) dp[r][g][b]+=dp[r-siz[i]][g][b]; if (g>=siz[i]) dp[r][g][b]+=dp[r][g-siz[i]][b]; if (b>=siz[i]) dp[r][g][b]+=dp[r][g][b-siz[i]]; dp[r][g][b]%=mod; } return dp[R][G][B]; } int main() { readx(R); readx(B); readx(G); readx(m); readx(mod); n=R+G+B; m++; for (int i=1;i<m;i++) for (int j=1;j<=n;j++) readx(cir[i][j]); for (int i=1;i<=n;i++) cir[m][i]=i; for (int i=1;i<=m;i++) { Find_Orc(i); ans=(ans+DP())%mod; } ans=(ans*fastpow(m,mod-2))%mod; printf("%lld\n",ans); return 0; } |