P1446 [HNOI2008]Cards

题意：

有n张牌，染三种颜色，每种颜色规定数目，给出m种不同的洗牌方法。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。
求对P取模的结果

题解：

参考文章
置换群，Polya引理和burnside引理（等价类计数问题）
题目中说：输入数据保证任意多次洗牌都可用这m种洗牌法种的一种代替。这句话是burnside引理使用的理由，这句话保证了置换群的大小只会是(m+1)种(这个1指的是自己映射自己)，否则置换群大小不能保证是(m+1)。
因为染色存在数量限制，所以不能用Polya定理
根据Burnside定理：等价类的个数 = 每个置换中不动元的个数和 ➗置换群的大小
现在要找不动元的个数和，那么就要把置换的每个循环节都染上相同的颜色，看有多少方案
每个置换都有若干个循环，根据所给的置换求出循环节数，考虑用dp转移来求出每个循环节染上相同的颜色，求每种颜色的总和符合题目要求的方案总数
对于每个置换，单独考虑每个循环染什么颜色，可以通过背包的方式来求。f[i][j][k]表示三种颜色分别用了i，j，k的方案，每个循环看作一个物品，物品的重量作为循环元素的个数。
答案就是不动元的个数(f[r][b][g])除以总置换数

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#include <unordered_map>
#define debug(a, b) printf("%s = %d\n", a, b);
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
clock_t startTime, endTime;
//Fe~Jozky
const ll INF_ll= 1e18;
const int INF_int= 0x3f3f3f3f;
void read(){};
template <typename _Tp, typename... _Tps> void read(_Tp& x, _Tps&... Ar)
{x= 0;char c= getchar();bool flag= 0;while (c < '0' || c > '9')flag|= (c == '-'), c= getchar();while (c >= '0' && c <= '9')x= (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c= getchar();if (flag)x= -x;read(Ar...);
}
template <typename T> inline void write(T x)
{if (x < 0) {x= ~(x - 1);putchar('-');}if (x > 9)write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');
}
void rd_test()
{
#ifdef ONLINE_JUDGE
#elsestartTime = clock ();freopen("data.in", "r", stdin);
#endif
}
void Time_test()
{
#ifdef ONLINE_JUDGE
#elseendTime= clock();printf("\nRun Time:%lfs\n", (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
}
const int maxn=100;
ll n,R,G,B,m;
ll mod;
ll a[maxn];
ll sz[maxn];
ll dp[maxn][maxn][maxn];
ll ans;
ll cnt;
ll vis[maxn];
ll poww(ll a,ll b){ll ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return ans%mod;
}
ll solve(){memset(vis,0,sizeof(vis));cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(vis[i])continue;int x=i;int len=0;while(!vis[x]){len++;vis[x]=1;x=a[x];}sz[++cnt]=len;}memset(dp,0,sizeof(dp)),dp[0][0][0]=1;for(int t=1;t<=cnt;t++)	//背包 for(int i=R;i>=0;i--)for(int j=G;j>=0;j--)for(int k=B;k>=0;k--){if(i>=sz[t]) (dp[i][j][k]+=dp[i-sz[t]][j][k])%=mod;if(j>=sz[t]) (dp[i][j][k]+=dp[i][j-sz[t]][k])%=mod;if(k>=sz[t]) (dp[i][j][k]+=dp[i][j][k-sz[t]])%=mod;}return dp[R][G][B];
}
int main()
{//rd_test();read(R,G,B,m,mod);n=R+G+B;for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=1;j<=n;j++){read(a[j]);} ans=(ans+solve())%mod; }for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=i;ans=(ans+solve())%mod;cout<<ans*poww(m+1,mod-2)%mod<<endl;//Time_test();
}