群\((group)\)

一、定义：由集合\(G\)与二元运算\(\times\)构成的，满足以下三个性质的代数结构

1. 结合律 \(:\forall a,b,c \in G,(a\times b)\times c=a\times(b\times c)\)

2. 存在幺元\((\)单位元\()\) \(:\exists e\in G,\)满足$ \forall a\in G,a\times e=e\times a=a,$且幺元唯一

3. 存在逆元 \(:\forall a\in G,\exists a^{-1}\in G,\)满足\(a\times a^{-1}=a^{-1}\times a=e,\)且\(\forall a\in G,a^{-1}\)唯一

一个群可记为\((G,\times,e)\)或\((G,\times)\)

集合\(G\)的基数记为群\((G,\times)\)的阶，当阶为某一确定整数是，则群\((G,\times)\)为有限群，否则为无限群

二、置换

\(G\)上的置换是一个\(n\)元的变换 \(\sigma G\rightarrow G,i\rightarrow \sigma(i)\)可以写成\(:\)

\[\begin{bmatrix}1&2&…&n\\\sigma(1)&\sigma(2)&…&\sigma(n)\end{bmatrix} \]

置换是一种双射

将置换的上下两行交换后可得到原置换的逆元

置换的乘法：

设\(\sigma1,\sigma2\)是\(G\)上的两个置换，则定义乘法\(\sigma=\sigma1\times\sigma2\)为\(:i\rightarrow\sigma1(\sigma2(i))\)

例\(:\)

\[\begin{bmatrix}1&2&3 \\2&3&1\end{bmatrix}\times\begin{bmatrix}1&2&3 \\3&2&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&2&3 \\1&3&2\end{bmatrix} \]

置换的乘法规则为从右往左运算

轮换： 轮换是特殊的置换，记为\((a_1,a_2,…,a_n)\)，其对应的置换满足\(\sigma(a_i)=a_i+1,\sigma(a_n)=a_1,\)任取其他未被涉及到的元素\(b,\)满足\(\sigma(b)=b\)

定理： 任何一个置换都可以写成若干个不相交的轮换的乘积

例\(:\)

\[\begin{bmatrix}1&2&3&4&5\\2&4&5&1&3\end{bmatrix}=(3\ 5)\times(1\ 2\ 4) \]

可以证明置换的轮换表示法是唯一的

置换群： 由一些置换和置换的乘法构成的群

二元关系： 满足自反性、对称性、传递性的二元关系

一个基于\(n\)元集合的置换群可以定义一个\(a_1,...,a_n\)这样一个数组之间的等价关系，所有具有等价关系的称为一个等价类，一般
题目中要求的”本质不同的方案数” 实际上就是求等价类的数目，
也就是说，在这里，我们认为置换作用在一个数组的下标上

不动点： 一个数组如果在置换的作用下不变，我们称它为这个置
换的一个不动点

三、相关定理

\(Burnside\)引理： 对于一个置换群 G，其在集合 C 中的等价类数
目为：所有置换的不动点个数的平均值

\(Pólya\)定理： 设\(\overline{G}=\begin{Bmatrix}\overline{P_1},\overline{P_2},…,\overline{P_n}\end{Bmatrix}\)是\(n\)个对象的一个置换群,\(C(P_k)\)是置换Pk的循环的个数，用\(m\)种颜色对\(n\)个对象着色, 着色方案数为：

\[\large{L=\frac{1}{|G|}\sum_{p\in G}m^{C(p)}} \]

用较易懂的语言说就是：对于一个置换\(i\rightarrow\sigma(i)\)，其不动点个数为\(2^k\)，其中\(k\)代表这个置换能表示成\(k\)个不相交轮换乘积的形式

四、题目选讲

例题：Luogu P1446 [HNOI2008]Cards

题目描述

小春现在很清闲，面对书桌上的\(n\)张牌，他决定给每张牌染色，目前小春拥有\(3\)种颜色：红色，蓝色，绿色。他询问\(Son\)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\(S_r\) 张红色，\(S_b\)张蓝色，\(S_g\)张绿色。他又询问有多少种方案，\(Son\)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\(Son\)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。

\(Son\)发现这个问题有点难度，决定交给你，由于答案可能很大，你只需要求出答案对于\(P\)取模的结果。保证\(P\)为一个质数。

输入格式

第一行输入\(5\)个整数，依次表示：\(S_r,S_b,S_g,m,P\) $(m\le 60,m+1\leq p\leq 100) \(。其中，题面所提及的\)n\(为\) S_r+S_b+S_g \(，即\) n=S_r+S_b+S_g $。

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 \(X_1X_2...X_n\)，保证其为\(1\)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。

同时，对于$ 100% \(的数据满足\) \max{S_r,S_b,S_g}\le 20 $

输出格式

不同的染色方法对\(P\)取模的结果。

输入输出样例

输入 #1

1 1 1 2 7
2 3 1
3 1 2

输出 #1

2

说明/提示

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\(GRB\)。

题解

可以发现题目给定的\(m\)种洗牌法并没有构成一个置换群，但这个群没有幺元，因此可以加上一个\(i\rightarrow i\)的置换，然后用\(Burnside\)引理计算答案。注意因为有颜色的限制，不能用\(Pólya\)定理，可以用一个类似背包的\(dp\)数组，对于每种洗牌法，先处理出每个位置的最小循环长度，然后以颜色个数为背包容量dp，最后直接除以\((m+1)\)

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define int long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define N 110
#define ls k<<1
#define rs k<<1|1
#define file(x) freopen(x".in","r",stdin);freopen(x".out","w",stdout)
using namespace std;
il int read(){
	int w=0,h=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')h=-h;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){w=w*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return w*h;
}
void write(int x){
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	if(x>9)write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
int r,b,g,n,m,mod,tot,ans;
int rep[N],sz[N],dp[N][N][N];
bool vis[N];
int ksm(int b,int k){
	int s=1;
	while(k){
		if(k&1)s=s*b%mod;
		b=b*b%mod;
		k>>=1;
	}
	return s%mod;
}
int inv(int a){return ksm(a,mod-2);}
int calc(){
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	memset(dp,0,sizeof(dp));
	tot=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(!vis[i]){
			int p=i,len=0;
			while(!vis[p])vis[p]=1,p=rep[p],len++;
			sz[++tot]=len;
		}
	dp[0][0][0]=1;
	for(int l=1;l<=tot;l++)
		for(int i=r;i>=0;i--)
			for(int j=b;j>=0;j--)
				for(int k=g;k>=0;k--){
					if(i>=sz[l])dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-sz[l]][j][k])%mod;
					if(j>=sz[l])dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i][j-sz[l]][k])%mod;
					if(k>=sz[l])dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i][j][k-sz[l]])%mod;
				}
	return dp[r][b][g]%mod;
}
signed main(){
	r=read();b=read();g=read();
	n=r+b+g;
	m=read();mod=read();
	for(int i=1;i<=m;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++)rep[j]=read();
		ans=(ans+calc())%mod;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)rep[i]=i;
	ans=(ans+calc())%mod;
	printf("%lld\n",ans*inv(m+1)%mod);
	return 0;
}