NekoMio's Blog

美しいものが起こることを常に信じている

  1. 1. Description
  2. 2. Input
  3. 3. Output
  4. 4. Sample Input
  5. 5. Sample Output
  6. 6. HINT
  • 题解
  • 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 个用格隔开的整数 $X_1 X_2…X_n$,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 $X_i$ 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

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    Sample Output

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    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 $GRB$。
    $100%$ 数据满足 $Max{Sr,Sb,Sg}<=20$。

    题解

    一道比较基础的$Burnside$题目
    这里先介绍一下$Burnside$定理
    设$D(a_j)$为在置换$a_j$下不变的元素的个数。 $L$表示本质不同的方案数
    则$$L = \frac{1}{|G|}\sum_{j = 1}^{|G|}{D(a_j)}$$

    在本题中
    我们群的大小为$m+1$
    对于每一个置换,我们都可以求出它不变的元素个数
    首先求出所有的环, 因为我们的环上必须是同一种颜色才能使他这个元素在置换下不变(这里把涂色方案看做是一个元素)
    我们求出所有环之后就可以$DP$出方案的个数

    !要注意如果要使所有的洗牌法构成一个群,我们必须有一个单位元, 也就是存在一个置换使得任意一个置换与他运算完不变
    在本题中显然是一下$i->i$的的置换, 但这个置换不是读入的, 而是要自己加上去的。

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    #include <cstdio>
    #include <cstring>
    #include <algorithm>
    using namespace std;
    inline int read()
    {
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
    }
    int MOD;
    const int MAXN = 65;
    int a[MAXN];
    long long pow_mod(long long a, int b)
    {
    long long ans = 1;
    while (b)
    {
    if (b & 1) ans = ans * a % MOD;
    b >>= 1;
    a = a * a % MOD;
    }
    return ans;
    }
    int vis[MAXN], st[MAXN];
    int dfs(int x, int C)
    {
    if (vis[x] == C) return 0;
    vis[x] = C;
    return dfs(a[x], C) + 1;
    }
    int DP[2][25][25][25];
    int main()
    {
    int Sr = read(), Sb = read(), Sg = read(), m = read();
    MOD = read();
    int n = Sr + Sb + Sg;
    int Ans = 0;
    memset (vis, -1, sizeof (vis));
    for (int i = 0; i <= m; i++)
    {
    for (int j = 1; j <= n; j++)
    a[j] = (i == 0 ? (j) : read());
    int cnt = 0;
    for (int j = 1; j <= n; j++)
    if (vis[j] != i)
    st[++cnt] = dfs(j, i);
    memset (DP, 0, sizeof (DP));
    DP[0][Sr][Sb][Sg] = 1;
    int now = 0;
    for (int j = 1; j <= cnt; j++)
    {
    now ^= 1;
    memset(DP[now], 0, sizeof (DP[now]));
    for (int r = 0; r <= Sr; r++)
    for (int b = 0; b <= Sb; b++)
    for (int g = 0; g <= Sg; g++)
    {
    if (r + st[j] <= Sr) DP[now][r][b][g] = (DP[now][r][b][g] + DP[now ^ 1][r + st[j]][b][g]) % MOD;
    if (b + st[j] <= Sb) DP[now][r][b][g] = (DP[now][r][b][g] + DP[now ^ 1][r][b + st[j]][g]) % MOD;
    if (g + st[j] <= Sg) DP[now][r][b][g] = (DP[now][r][b][g] + DP[now ^ 1][r][b][g + st[j]]) % MOD;
    }
    }
    Ans = (DP[now][0][0][0] + Ans) % MOD;
    }
    printf ("%d\n", 1ll * Ans * pow_mod(m + 1, MOD - 2) % MOD);
    }

    本文作者 : NekoMio
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    本文链接 : https://www.nekomio.com/2018/03/05/133/

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