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).
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
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。
100%数据满足 Max{Sr,Sb,Sg}<=20。
Source
Solution
根据burnside引理，最终的答案就是每种置换的等价染色方法和的平均值。
求等价染色方法（用R个红色G个绿色B个蓝色填方格）用背包就好啦，加一加 除法上逆元。
Code
1
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50
| #include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
bool vis[61];
int n, m, dp[61][61][61], p, R, G, B, per[61], ans, tmp;
int ksm(int a, int b) {
int ret = 1, tmp = a;
while (b) {
if (b & 1) ret = (ret * tmp) % p;
tmp = (tmp * tmp) % p;
b >>= 1;
}
return ret;
}
int inv(int a) { return ksm(a, p-2); }
int frac(int n) {
int ret = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i) ret = ret * i % p;
return ret;
}
int frav(int n) { return inv(frac(n)); }
int main() {
scanf("%d %d %d %d %d", &R, &G, &B, &m, &p);
n = R + G + B;
ans = frac(n) * frav(R) * frav(G) * frav(B) % p;
for (int iii = 1; iii <= m; ++iii) {
for (int i = 0; i <= R; ++i)
for (int j = 0; j <= G; ++j)
for (int k = 0; k <= B; ++k)
dp[i][j][k] = 0;
dp[0][0][0] = 1;
for (int ii = 1; ii <= n; ++ii) scanf("%d", per + ii);
for (int ii = 1; ii <= n; ++ii) vis[ii] = false;
for (int ii = 1; ii <= n; ++ii) if (!vis[ii]) {
tmp = 0;
for (int i = ii; !vis[i]; i = per[i], ++tmp) vis[i] = true;
for (int i = R; i >= 0; --i)
for (int j = G; j >= 0; --j)
for (int k = B; k >= 0; --k) {
dp[i][j][k] = 0;
if (i >= tmp) dp[i][j][k] += dp[i-tmp][j][k];
if (j >= tmp) dp[i][j][k] += dp[i][j-tmp][k];
if (k >= tmp) dp[i][j][k] += dp[i][j][k-tmp];
dp[i][j][k] %= p;
}
}
ans += dp[R][G][B];
}
printf("%d", ans * inv(m+1) % p);
}
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