题意：有n张牌，有R+G+B=n的3种颜色及其数量，要求用这三种颜色去染n张牌。n张牌有m中洗牌方式，问在不同洗牌方式下本质相同的染色方案数。
解法：这道题非常有意思，题解参考Hzwer学长的。我这里再总结一下：
看到本质相同的染色方案我们很容易会想到Burnside引理和Polya定理，但是这题不能用Polya定理，为什么？因为一般的Ployd染色的颜色个数是没有限制的，于是当循环节为l颜色为c时候，方式数就是c^l（就是因为一个循环方案要相同所以染的颜色也要相同）。但是此题颜色个数有限制，不能直接每个格子有c种选择，所以不能使用Polyd定理。
那现在我们还是得保证一个循环内颜色相同但又不用Ployd呢？我们使用Burnside引理：可以想象成这样，我们必须要有R个红色，G个绿色，B个蓝色，且每一个循环节我们可以选择它染成R/G/B。那这不就是一个01背包模型，每个循环节就是一个物品，RGB就是容量限制，那么我们就可以用01背包计算方案数即可。
细节见代码及其注释。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int N=25; int n,r,g,b,m,P,a[65],d[65]; void exgcd(int a,int b,int& d,int& x,int& y) { //ax+by=gcd(a,b) if (!b) { d=a;x=1;y=0; } else { exgcd(b,a%b,d,y,x); y-=x*(a/b); } } bool vis[65]; LL dp[65][N][N][N]; //dp[l][i][j][k]代表前l个循环节组成i个Rj个Gk个B的方案数 LL solve() { //每次计算置换群a的方案数(相当于做一次01背包) for (int i=1;i<=n;i++) vis[i]=0; int num=0,now=1; for (int i=1;i<=n;i++) { //统计循环节 if (vis[i]) continue; d[++num]=1; now=i; //循环节数量/大小 vis[now]=1; while (!vis[a[now]]) { d[num]++; vis[a[now]]=1; now=a[now]; } } for (int l=0;l<=num;l++) for (int i=0;i<=r;i++) for (int j=0;j<=g;j++) for (int k=0;k<=b;k++) dp[l][i][j][k]=0; dp[0][0][0][0]=1; //初始化 for (int l=1;l<=num;l++) //循环节个数相当于物品个数 for (int i=0;i<=r;i++) for (int j=0;j<=g;j++) for (int k=0;k<=b;k++) { if (i>=d[l]) dp[l][i][j][k]=(dp[l][i][j][k]+dp[l-1][i-d[l]][j][k])%P; if (j>=d[l]) dp[l][i][j][k]=(dp[l][i][j][k]+dp[l-1][i][j-d[l]][k])%P; if (k>=d[l]) dp[l][i][j][k]=(dp[l][i][j][k]+dp[l-1][i][j][k-d[l]])%P; } return dp[num][r][g][b]; } int main() { scanf("%d%d%d%d%d",&r,&g,&b,&m,&P); n=r+g+b; LL ans=0; for (int i=1;i<=m;i++) { for (int j=1;j<=n;j++) scanf("%d",&a[j]); ans+=solve(); //累加所有置换方案数 } for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=i; ans+=solve(); int x,y,d; exgcd(m+1,P,d,x,y); x=(x%P+P)%P; //求出m+1再模P下逆元 cout<<ans*x%P<<endl; return 0; }