SnackDown 2019 - Online Elimination Round Adi and the Matrix(二维Polya计数)

原题链接.

刚了这么久就是没有往burnside靠。

题目大意：

求有多少个不同的n*m的01矩阵。

两个矩阵相同，定义为：通过每次交换两行或两列若干次之后完全相同。

n*m<=550,答案模1e9+7

题解：

$burnside$引理告诉我们：
$不同数=\frac{{\sum }_{每种置换}不动点个数}{置换数}$

显然对于一维的置换就是一个排列，二维的置换就是两个排列结合起来。

因此置换数为$n!\ast m!$.

算这种东西肯定用$polya$定理方便：
如果只是一维的情况，那么$Ans=2^{环的个数}$
考虑二维，对于一个长度为x的环和一个长度为y的环，显然形成的二维环的长度是$lcm(x,y)$，那么环的个数就是$xy/lcm(x,y)=gcd(x,y)$

那么对于确定的置换，$Ans=\prod 2^{gcd(a[i],b[j])}$，a和b为各维的各个环的长度。

暴力肯定是不行的，考虑优化这个东西。

$n\ast m<=550$,敏锐地意识到$min(n,m)<=\sqrt{5}50=23$

但是显然$23!$的也挂了，我们当然不用枚举具体的置换，我们只需要枚举一个整数划分，代表了各个环的长度，然后去算有多少个对应的排列。

假设这个整数划分是$a$，首先是广义组合数来算，即$\frac{n!}{\prod a[i]!}$,，由于长度为$k$的环的排列数为$(k-1)!$,再乘上去，变成了$\frac{n}{\prod a[i]}$，其实长度相同的环的会重复算，设$b[j]$表示长度为i的环的个数，还要除以b[j]!，最后结果为：
$sum=\frac{n}{\prod a[i]\prod b[j]}$

那么使$n<=m$，对$n$进行整数拆分，对于一种整数拆分，可以处理一个$cnt[x]={\prod }_{i=1}^{|a|}{2}^{gcd(x,a[i])}$，然后对$m$进行整数拆分的dp，若分成一个$x$，则乘上一个$cnt[x]$，还有就是之前的计算对应排列的方案数，这个是一样的。

复杂度为：
$n<=m,O(B(n)\ast m\ast m\ast logm)$,其中的log是由${\sum }_{i=1}^{m}m/i\approx mlogm$来的。

$B(n)$表示n的整数拆分数。

当n=23时，整数拆分为1000多种

如果n大了，虽然B(n)大了，m就变小了，因此是跑得过的。

感谢Samjia的指导。

Code：

#include
#include
#define ll long long
#define fo(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i ++)
#define fd(i, x, y) for(int i = x; i >= y; i --)
using namespace std;

const int mo = 1e9 + 7;

const int N = 555;

int n, m;

ll ksm(ll x, ll y) {
	ll s = 1;
	for(; y; y /= 2, x = x * x % mo)
		if(y & 1) s = s * x % mo;
	return s;
}

ll ni[N], fac[N], a2[N], nf[N];

int a[N];

ll cnt[N];

int gcd(int x, int y) {
	return !y ? x : gcd(y, x % y);
}

ll ans, f[N];

void dg(int x, int y) {
	if(x == 0) {
		ll s = fac[n];
		fo(i, 1, a[0]) s = s * ni[a[i]] % mo;
		int la = 1;     
		fo(i, 2, a[0] + 1) if(i > a[0] || a[i] != a[i - 1]) {
			s = s * nf[i - la] % mo;
			la = i;
		}
		fo(i, 1, m) {
			cnt[i] = 1;
			fo(j, 1, a[0]) cnt[i] *= a2[gcd(i, a[j])], cnt[i] %= mo;
		}
		fo(i, 0, m) f[i] = 0;
		f[0] = fac[m];
		fo(i, 1, m) {
			fd(j, m, i) {
				ll mi = 1;
				for(int k = 1; i * k <= j; k ++) {
					mi = mi * ni[i] % mo * cnt[i] % mo;
					f[j] = (f[j] + f[j - i * k] * mi % mo * nf[k]) % mo;
				}
			}
		}
		ans = (ans + f[m] * s) % mo;
		return;
	}
	fo(i, y, x) {
		a[++ a[0]] = i;
		dg(x - i, i);
		a[0] --;
	}
}

int main() {
	scanf("%d %d", &n, &m);
	if(n > m) swap(n, m);
	fac[0] = 1; fo(i, 1, m) fac[i] = fac[i - 1] * i % mo;
	nf[m] = ksm(fac[m], mo - 2);
	fd(i, m, 1) nf[i - 1] = nf[i] * i % mo;
	fo(i, 1, m) ni[i] = ksm(i, mo - 2);
	a2[0] = 1; fo(i, 1, m) a2[i] = a2[i - 1] * 2 % mo;
	dg(n, 1);
	printf("%lld", ans * nf[n] % mo * nf[m] % mo);
}