[luogu4128][shoi2006]有色图

前言

计数题

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题目大意

$n$个点的完全图，对边染色（颜色有$m$种），求本质不同的染色方案数，答案对$p$取模

数据范围

$1\le n\le 53,1\le m\le 1000,1\le p\le 10^9$

题解

我们乍一看是染色问题，我们就想到了Polya定理
$$l=\frac{1}{|G|}\sum _{a_i\in G}{k}^{\lambda (a_i)}$$
我们可以用其式子来计算
但是我们发现染色的是边而不是点，而是边，所以我们计算的置换是对于边的
我们考虑先不枚举边置换，而是枚举点的置换，容易发现，一个点置换，其对应的边置换是唯一确定的
这样一来，就有了方便的枚举置换方式
我们发现，点的置换有$n!$种，我们发现$53!$的复杂度显然不能接受
我们考虑不直接枚举所有点置换，而是枚举本质不同的点置换，本质相同的点置换，对应的边置换也是本质相同的
这样的话复杂度就是$n$的整数划分了，随便写个程序就可以发现当$n=53$时，整数划分是$3\ast 10^5$级别的，目前看起来可以接受
code

#include
#include
#define rg register
template<typename T>inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;}
template<typename T>inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');}
template<typename T>inline void print(const T x){if(x>=0)printe(x);else putchar('-'),printe(-x);}
int n,ans;
void dfs(const int t,const int h)
{
	if(t==0)ans++;
	else for(rg int i=h;i<=t;i++)dfs(t-i,i);
}
int main()
{
	read(n);
	dfs(n,1);
	print(ans);
	return 0;
}

我们考虑现在得到了一个整数划分，其有$k$个循环，按循环长度排序后的第$i$个循环长度为$L_i$即$L_1\le L_2\le \cdot \cdot \cdot \le L_k$
我们思考对于这样一个点置换，其对应的边置换的循环数量（在Polya中要求的东西）
两个端点在同一个长度为$L$的点循环内的情况：
我们发现，对于任意一条边，将其两边的点转动，这样就可以产生一个大小为$L$的边循环
然后这个时候有个特例，当$L$为偶数时，有一个大小为$\frac{L}{2}$的循环，即环上每组相对的点所组成的循环
即：
$L$为奇数时，循环数为$\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{L}{2}\right)}{L}=\frac{L\ast (L-1)/2}{L}=\frac{L-1}{2}$
$L$为偶数时，循环数为$\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{L}{2}\right)+\frac{L}{2}}{L}=\frac{L\ast (L-1)/2+L/2}{L}=\frac{L}{2}$
综上，这里的边循环数为$\lfloor \frac{L}{2}\rfloor$
两个端点分别在长度为$L_a$、$L_b$的点循环内的情况：
容易发现，这里的边循环长度为$lcm(L_a,L_b)$
那么循环数量为$\frac{L_a\ast L_b}{lcm(L_a,L_b)}=gcd(L_a,L_b)$

这样的话，对于一个枚举到的本质不同的点循环，其对Poyla定理中后面那个sigma的指数$C$就为
$$C=\sum _{i=1}^k\lfloor \frac{L_i}{2}\rfloor +\sum _{i=1}^k\sum _{j=i+1}^k(L_i,L_j)$$
我们也知道颜色数，现在还需要统计这种点循环的出现次数
容易发现，出现次数$S$可以直接计算
我们设$T_i$为长度为$i$的$L$出现的次数（另外，定义$0!=1$）
$$S=\frac{{\prod }_{i=1}^k(L_i-1)!\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-{\sum }_{j=1}^{i-1}{L}_j}{L_i}\right)}{{\prod }_{i=1}^n{T}_i!}=\frac{n!}{{\prod }_{i=1}^n{T}_i!\ast {\prod }_{i=1}^k{L}_i}$$
这样的话我们就能快速的求出$S$
最终答案就可以算出来了
$$l=\frac{S\ast m^C}{n!}$$

代码

这份代码为了方便理解，写的复杂度比较大，实际可以有更好的写法使程序跑得更快

#include
#include
#define rg register
typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;}
template<typename T>inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');}
template<typename T>inline void print(const T x){if(x>=0)printe(x);else putchar('-'),printe(-x);}
template <typename T> inline T gcd(const T a,const T b){if(!b)return a;return gcd(b,a%b);}
ll n,m,p,L[61],fac[61],ans,tim[61];
inline ll pow(ll x,ll y)
{
	ll res=1;
	for(;y;y>>=1,x=x*x%p)if(y&1)res=res*x%p;
	return res;
}
void dfs(const int step,const int t,const int h)
{
	if(t==0)
	{
		ll xs=0,xf=1;
		for(rg int i=1;i<step;i++)
		{
			xs+=L[i]>>1;
			for(rg int j=i+1;j<step;j++)xs+=gcd(L[i],L[j]);
			xf=xf*L[i]%p;
		}
		for(rg int i=1;i<=n;i++)xf=xf*fac[tim[i]]%p;
		ans+=pow(m,xs)*pow(xf,p-2)%p;
	}
	else for(rg int i=h;i<=t;i++)
	{
		L[step]=i;
		tim[i]++;
		dfs(step+1,t-i,i);
		tim[i]--;
	}
}
int main()
{
	read(n),read(m),read(p);
	fac[0]=1;for(rg int i=1;i<=60;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%p;
	dfs(1,n,1);
	print(ans%p);
	return 0;
}

总结

代码非常的清真，良好的计数技巧配上Poyla定理就能解决这题
计数好难