题解

设点数为 $n$ ， $m$ 种颜色。很容易想到点的置换方式有 $n!$ 种，直接枚举判断同构复杂度太高显然不行。

由 $polya$ 定理，可以通过求每个边转置群 $g$ 循环组个数 $ss_g$ ，总转置集合为 $G$ ，答案即为 $\sum _{g\in G} m^{ss_g}$

复杂度还是没有降下来，但 $ccosi$ 学习到了一个巧妙的方法(超神奇！):

考虑利用点置换转化为边置换，且方案只与点转置中每个循环组大小有关，而与具体转置方法无关。

枚举点转置的循环组(有向边形成的环，下文均称其为环)，观察性质可以分别得到环内以及环之间的边的转置的循环组个数。这里的转置均考虑为环上的旋转操作。

设环的大小为 $v$ ，即循环组内点数。则环内的边循环组个数为 $\lfloor {\frac v 2}\rfloor$ 。设另一个环的大小为 $v'$ ，则这两个环之间连边的循环组个数为 $gcd(v,v')$ (一共 $v\times v'$ 条边，旋转 $lcm(v,v')$ 次后回到初始状态，循环组大小均为 $lcm(v,v')$ ，所以个数为 $\frac {v\times v'}{lcm (v,v')}=gcd(v,v')$ )。

所以循环组总个数：

$ss=\sum _{i=1} ^{k}(\lfloor \frac {v_i} 2\rfloor + \sum _{j=i+1} ^{k} gcd(v_i,v_j))$

所以 $dfs$ 枚举每个循环组大小(按递降顺序排列，保证每种组合只统计到一次)，复杂度统计类似于codevs2549 自然数和分解的答案， $n=53$ 时，会枚举 $329931$ 次。

现在每一种组合的答案都可以计算出来，只需要考虑计算每种组合在所有转置中出现的次数：

把 $n$ 个点随机放入 $k(1\leq k\leq n)$ 个环内的方案数： $\frac{n!}{v_1!v_2!...v_k!}$ ，每个环内放好第一个点以后可以任意排列，所以要乘上 $(v_1-1)!(v_2-1)!...(v_k-1)!$ 。

但考虑 $v$ 相同的环方案数算重了，假设 $cnt_i$ 表示值为 $i$ 的环的个数，还需要除去 $cnt_1!cnt_2!...cnt_n!$ ，这里设 $0!=1$ 。

所以每种组合出现次数为：

$\frac {n!}{v_1v_2...v_kcnt_1!cnt_2!...cnt_n!}$

所以每次枚举到一种组合，把答案可以加上：

$\frac {n!}{v_1v_2...v_kcnt_1!cnt_2!...cnt_n!} m^{ss}$

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

int n,m,mod,fac[60],cnt[60],v[60];
int gcd[60][60],ans,bs;
ll ss;

inline int GCD(int x,int y){return y==0?x:GCD(y,x%y);}

inline int fp(int x,ll y)
{
    int re=1;
    for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)
     if(y&1) re=1ll*re*x%mod;
    return re;
}

inline void work(int num)
{
    int i,j;bs=1,ss=0;
    memset(cnt,0,sizeof(cnt));
    for(i=1;i<=num;++i) cnt[v[i]]++;
    for(i=1;i<=n;++i) bs=1ll*bs*fac[cnt[i]]%mod;
    for(i=1;i<=num;++i) bs=1ll*bs*v[i]%mod;
    for(i=1;i<=num;++i){
        ss+=(v[i]>>1);
        for(j=i+1;j<=num;++j) ss+=gcd[v[i]][v[j]];
    } 
    ans=(ans+1ll*fac[n]*fp(bs,mod-2)%mod*fp(m,ss)%mod)%mod;
}

inline void dfs(int mxv,int num,int sum)
{
    if(sum==n) {work(num);return;}
    for(int i=1;i<=mxv && i+sum<=n;++i){
        v[num+1]=i;dfs(i,num+1,sum+i);
    }
}

int main(){
    int i,j;
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&mod);
    for(i=1;i<=n;++i){
        gcd[i][i]=i;
        for(j=i+1;j<=n;++j)
         gcd[i][j]=gcd[j][i]=GCD(i,j);
    }
    fac[0]=fac[1]=1;
    for(i=2;i<=n;++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
    dfs(n,0,0);
    printf("%d\n",1ll*ans*fp(fac[n],mod-2)%mod);
}

p.s.
%%%
USBZPZOJ
litble

【BZOJ】1478: Sgu282 Isomorphism -Polya计数&dfs

题解

代码

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