题目链接：
听说这道题是染色问题的入门题，于是就去学了一下\(Burnside\)引理和\(P\acute{o}lya\)定理(其实还是没有懂)，回来写这道题。
由于题目中保证"任意多次洗牌都可用这\(m\)种洗牌法中的一种代替"，于是有了封闭性。
结合律显然成立。
题目中还保证了"对每种洗牌法，都存在一种洗牌法使得能回到原状态"，逆元也有了。
只剩下一个单位元，我们手动补上。单位元就是不洗牌。
所以所有的洗牌方案构成了一个置换群。于是就可以用$Burnside$引理了。
这道题由于颜色有数目限制，那么就不能直接上$P\acute{o}lya$定理了。
根据$Burnside$引理，本质不同的染色数目$ans$就是$C(f)$的平均数。于是我们可以暴力算出$C(f)$，由于是在模意义下，所以除法变为逆元。
当然，这里的暴力方法不是指指数级的枚举，而是$dp$。因为一种方案要在一个置换下本质不变，那么在同一个循环内的位置颜色必定相等。于是把所有循环都抠出来然后暴力三维背包就可以了。
下面贴代码：
#include#include #include #include #include #define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)#define N 61using namespace std;typedef long long llg;int Sr,Sb,Sg,m,p,ans;int nt[N],siz[N],n,f[N][N][N];bool vis[N];void gi(int &x){if(x>=p) x%=p;}int mi(int a,int b){ int s=1; while(b){ if(b&1) s=s*a,gi(s); a=a*a,gi(a); b>>=1; } return s;}int work(){ int tol=0; for(int i=1;i<=n;i++) vis[i]=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(!vis[i]){ siz[++tol]=0; for(int j=i;!vis[j];j=nt[j]) vis[j]=1,siz[tol]++; } for(int r=0;r<=Sr;r++) for(int b=0;b<=Sb;b++) for(int g=0;g<=Sg;g++) f[r][b][g]=0; f[0][0][0]=1; for(int i=1;i<=tol;i++) for(int r=Sr;r>=0;r--) for(int b=Sb;b>=0;b--) for(int g=Sg;g>=0;g--){ if(r>=siz[i]) f[r][b][g]+=f[r-siz[i]][b][g]; if(b>=siz[i]) f[r][b][g]+=f[r][b-siz[i]][g]; if(g>=siz[i]) f[r][b][g]+=f[r][b][g-siz[i]]; gi(f[r][b][g]); } return f[Sr][Sb][Sg];}int main(){ File("a"); scanf("%d %d %d %d %d",&Sr,&Sb,&Sg,&m,&p); n=Sr+Sb+Sg; for(int i=1;i<=n;i++) nt[i]=i; ans=work(); for(int i=1;i<=m;i++){ for(int j=1;j<=n;j++) scanf("%d",&nt[j]); ans+=work(); gi(ans); } ans*=mi(m+1,p-2); gi(ans); printf("%d",ans); return 0;}