求：用C种颜色染N阶完全图的不同染色方案(mod P),P为素数（两个染色方案是相同的当且仅当顶点编号重排后各边的颜色相同），
其中1<=N<=53,1<=C<=1000;

很明显这个群有N!个置换（顶点的排列）,一个置换可表示为 (a1,a2,……,am)(b1,b2,……,bn)(c1,c2,……,ck) ……循环节的形式，其中m+n+k=N。以下证明：
 
1： 在一个置换下，关联的顶点都在某个L长的循环节的边，可分成一共floor(L/2)个等价类。
2：在一个置换下，关联的顶点分别在两个长度为L1,L2的循环节内的边，可分成一共gcd(L1,L2)个等价类。

证明1： 在下面的证明中[x] 表示 (x mod L)

由于边{a[i],a([i]+[k])},{a[j],a([j]+[k])} ([k]>=1 && k<=L-1)在同一个等价类 ，而且 {a[i],a([i]+[k])} 与 {a[i],a([i]+[L-k])}在同一个等价类，所以
[k]={1,2,3,……,floor(L/2)} 和 [k]={L-1,L-2,……,ceil(L/2)}分别对应同一个等价类。所以1得证。

证明2：

若v1属于{a1,a2,……,am},v2属于{b1,b2,……,bn},则{v1,v2}的等价边为 {v1+[t],v2+[t]},其中,在t从 1开始增加的过程中，首次出现v1==v1+[t] && v2==v2+[t] 是在 t=lcm(m,n)的时候，所以每一条边共有lcm(m,n)条等价边，所以共有 m*n/lcm(m,n)个等价类 即为 gcd(m,n);

如果一个置换可以表示为 长度分别为 L1,L2,……,Lk(非降序排列)的k个循环节，那么在这个置换下边共有 n=Sum(floor(Li/2) ) + Sum(gcd(Li,Lj))个置换群;
而 k1*L1+k2*L2+k3*L3+……km*Lm=N(其中 Li != Lj for i != j) 的置换共有
 (N! *( (L1-1)! )^k1 *( (L2-1)!)^k2 *……* ((Lm-1)!)^km  )    /   (  ( (L1!)^k1 * (L2!)^k2 * (L3!)^k3*……(Lm!)^km )*  (k1! * k2! * k3!*……*km!)  )
即为 tot = N!/( (L1^k1)*(L2^k2)*(L3^k3)*……(Lm^km) * (k1! * k2! * k3! * …… *km!));
所以可以表示成这个形式(k1*L1+k2*L2+k3*L3+……+km*Lm)的固定构型个数为 ans= n* pow (C,tot)  个。

  1   #include <iostream>
  2   #include <cstring>
  3   #include <cstdio>
  4   using   namespace  std;
  5  
 6   const   int  max_n=60;
  7   typedef  long   long  LL;
  8  
 9   int  N,C,P;
 10  
11   LL facv[max_n],inv[max_n];
 12  
13   LL mypow(LL a,LL b){
 14       LL res=1,radix=a%P;
 15        while (b){
 16            if (b&1){
 17               res*=radix;    res%=P;
 18           }    
 19           radix*=radix;    radix%=P;
 20           b>>=1;
 21       }
 22        return  res;
 23   }
 24  
25   LL cal_inv( int  i){
 26        return  mypow(i,P-2);
 27   }
 28  
29   int  gcd( int  i, int  j){
 30        if (j==0)     return  i;
 31        return  gcd(j,i%j);
 32   }
 33   void  ini(){
 34       facv[1]=1;
 35       inv[1]=1;
 36        for ( int  i=2;i<=N;i++){
 37           inv[i]=cal_inv(i);
 38           facv[i]=facv[i-1]*inv[i];    facv[i]%=P;
 39       }
 40   }
 41  
42   int  factor[max_n][2];    LL ans;
 43  
44   void  search( int  sum, int  top){
 45        if (sum==N){
 46           LL n=1;    
 47            for ( int  i=1;i<=top;i++){
 48                int  len=factor[i][0],cnt=factor[i][1];
 49               n*=mypow(inv[len],cnt); n%=P;            
 50               n*=facv[cnt];    n%=P;
 51           }
 52           LL tot=0;
 53            for ( int  i=1;i<=top;i++){
 54  
55                int  len=factor[i][0],cnt=factor[i][1];
 56               tot+=cnt*(len/2);             //the same circle
 57               tot+=cnt*(cnt-1)/2*len;         //two different circle
 58  
59                for ( int  j=i+1;j<=top;j++){
 60                    int  len_j=factor[j][0],    cnt_j=factor[j][1];
 61                   tot+=(cnt*cnt_j*gcd(len_j,len));
 62               }
 63           }
 64           ans+=(n*mypow(C,tot))%P;    ans%=P;
 65            return ;
 66       }
 67        if (sum+factor[top][0]>=N){
 68            return ;
 69       }
 70        for ( int  i=factor[top][0]+1;i<=N-sum;i++){
 71            for ( int  j=1;sum+i*j<=N;j++){
 72               factor[top+1][0]=i;    factor[top+1][1]=j;
 73               search(sum+i*j,top+1);
 74           }
 75       }
 76   }
 77   int  main()
 78   {
 79        while (scanf("%d%d%d",&N,&C,&P)!=EOF){
 80           ini();
 81           factor[0][0]=0;
 82           ans=0;
 83           search(0,0);
 84           printf("%lld\n",ans);
 85       }
 86        return  0;
 87   }
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