【ybt金牌导航8-5-4】【luogu P4128】有色图（dfs）（Polya定理）（分类讨论）

有色图

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题目大意

有个 n 个点的无向完全图，然后每个边会有颜色，一共有 m 种颜色。
然后如果一个完全图一个图可以通过置换变成另一个图，那我们就说这两个完全图是本质相同的。
然后问你有多少本质不同的图。

思路

我们考虑用 Polya 定理。

$ans=\frac{1}{|M|}\sum m^{c(r)}$

然后你考虑如何求每个 $c(r)$ 即循环个数。
然后你发现你前面的 $|M|$ 是点的置换（是 $n!$），然后你 $c(r)$ 里面要的是边的置换循环个数。

那你就考虑怎么求，考虑边的置换方式：
然后你考虑先把点的置换表示出来：$(a_1,a_2,...)(b_1,b_2,...)(c_1,c_2,...)...$，它们每个循环的长度可以表示为 $l_1,l_2,l_3,...$。

然后你考虑边的置换方式其实可以分类成两种：

1. 边连接的两个点在不同点循环：

假设两个点所在的循环是 $(a_1,a_2,...),(b_1,b_2,...)$，然后长度分别是 $l_1,l_2$。
然后不难看出边的循环节都是 $\text{lcm}(l_1,l_2)$，然后一共边有 $l_1{l}_2$ 个点对，所以就是 $\frac{l_2{l}_2}{\text{lcm}(l_1,l_2)}=\gcd (l_1,l_2)$。

2. 边链接的两个点在同一个点循环。

假设这个循环是 $(a_1,a_2,...)$，长度是 $l$。

那我们再分奇偶讨论。

如果长度是奇数，就是循环节是 $l$，一共 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{l}{2}\right)$ 个点对，就是 $\frac{l-1}{2}$ 个循环个数。
如果长度是偶数，那还会有一种特殊的置换，就是两个点间隔 $\frac{l}{2}$，这样它走一样就位置交换，那由于你是无向的边，所以就循环节是 $\frac{l}{2}$。那就是 $\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{l}{2}\right)-\frac{l}{2}}{l}+1=\frac{l}{2}$。

其实我们总结一下，就是 $\lfloor \frac{l}{2}\rfloor$。

那我们就可以知道对于一个点置换，它边置换的循环数就是 $\sum _{i=1}^l\lfloor \frac{l_i}{2}\rfloor +\sum _{i=1}^l\sum _{j=i+1}^l\gcd (l_i,l_j)$

然后我们考虑怎么统计每个置换的答案，直接枚举肯定是不行的。
那我们考虑把 $l_i$ 排序，然后对于排序后的结果我们直接暴力枚举，然后用组合数算出有多少种置换在排序后会变成这样。

首先暴力枚举由于每次新的数一定会小于等于之前的数，而且所有数的和已经确定，所以这个复杂度看似很大其实不大。（见 A296010）
然后你考虑怎么用组合数算有多少中置换。

一开始直接看 $1\sim n$ 每个点在哪个循环，那就是一个多重组合数：$\frac{n!}{\prod l_i!}$。
那每个置换，你可以分配它内部的顺序，如果是链就是 $l_i!$，但是由于你是环，可以转，所以是 $(l_i-1)!$，然后每个都这么乘，那它就变成了 $\frac{n!}{\prod l_i}$。
然后你发现还是会算重，因为你相同长度的置换你交换了不一样，所以还要每个除 $\frac{1}{\prod c_i!}$。（$c_x=\sum [l_i=x]$）

然后全部合起来：
$$\frac{1}{n!}\sum _l\frac{n!}{\prod l_i\prod c_i!}{m}^{\sum _i\lfloor \frac{l_i}{2}\rfloor +\sum _{i=1}^l\sum _{j=i+1}^l\gcd (l_i,l_j)}$$

然后里外的 $n!$ 互相消去：
$$\sum _l\frac{1}{\prod l_i\prod c_i!}{m}^{\sum _i\lfloor \frac{l_i}{2}\rfloor +\sum _{i=1}^l\sum _{j=i+1}^l\gcd (l_i,l_j)}$$

然后就可以搞了。

代码

#include<cstdio>
#define ll long longusing namespace std;ll n, m, mo, b[55], jc[55], ans, inv[55];ll ksm(ll x, ll y) {ll re = 1;while (y) {if (y & 1) re = re * x % mo;x = x * x % mo;y >>= 1;}return re;
}ll gcd(ll x, ll y) {if (!y) return x;return gcd(y, x % y);
}//ll clac(ll cnt) {//这些就直接每加一个就直接统计了，就不用这个了
//	ll re = 0;
//	
//	for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
//		re += b[i] / 2;
//		for (int j = i + 1; j <= cnt; j++)
//			re += gcd(b[i], b[j]);
//	}
//	
//	return ksm(m, re);
//}void dfs(ll now, ll num, ll di, ll cnt, ll sum) {if (now == n) {ans = (ans + ksm(m, sum) * di % mo) % mo;return ;}if (num == 1) {for (int i = 1; i <= n - now; i++) {b[cnt + i] = 1;sum = sum + b[cnt + i] / 2;for (int j = 1; j < cnt + i; j++)sum = sum + gcd(b[cnt + i], b[j]);di = di * inv[i] % mo;}ans = (ans + ksm(m, sum) * di % mo) % mo;return ;}dfs(now, num - 1, di, cnt, sum);for (int i = 1; now + num * i <= n; i++) {//枚举这个数放的个数b[cnt + i] = num;sum = sum + b[cnt + i] / 2;for (int j = 1; j < cnt + i; j++)sum = sum + gcd(b[cnt + i], b[j]);di = di * inv[num] % mo * inv[i] % mo;dfs(now + num * i, num - 1, di, cnt + i, sum);} 
}int main() {scanf("%lld %lld %lld", &n, &m, &mo);jc[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; i++) jc[i] = jc[i - 1] * i % mo;//预处理inv[0] = inv[1] = 1; for (int i = 2; i <= n; i++) inv[i] = inv[mo % i] * (mo - mo / i) % mo;dfs(0, n, 1, 0, 0);printf("%lld", ans);return 0;
}