题解：P4128[SHOI2006] 有色图&P4727[HNOI2009] 图的同构计数

P4128 P4727

考虑将 P4727 转化为给完全图染色，染成存在和不存在两种颜色，于是变成了 P4128 的 \(m=2\) 情况。

首先根据 Burnside 引理，有：

\[|X/G|=\frac1{|G|}\sum_{g\in G}|X^g| \]

这里的每一个置换 \(g\) 也就是原图的点的置换，共有 \(n!\) 个。

考虑求每个 \(|X^g|\)，根据 Pólya 定理，我们只需求出此时边的等价类数量 \(c\)，\(|X^g|\) 即为 \(m^c\)。可以将每个置换拆成若干个循环（轮换），即循环中的每个点的置换都是循环中的下一个点。设第 \(i\) 个循环的大小为 \(b_i\)。

我们先考虑两端点在同一循环内的边的等价类数量，如果将循环排列在一个圆上，则每次置换都会使每条边的端点顺时针前进一个点，因而跨越的点的数量相同的边构成一个等价类，所以等价类的数量是 \(\lfloor\frac{b_i}2\rfloor\)。

对于两端点不在同一循环内的边，设两端点分别在第 \(i\) 和 \(j\) 个循环内。我们仍然将两个循环分别排列在圆上，则经过 \(\operatorname{lcm}(b_i,b_j)\) 次置换后，这条边会再次回到初始位置，因而每个等价类的大小都是 \(\operatorname{lcm}(b_i,b_j)\)，等价类的数量也就是边数 \(b_ib_j\) 除以 \(\operatorname{lcm}(b_i,b_j)\)，即 \(\gcd(b_i,b_j)\)。

综上，对于每个置换 \(g\)，假设其可以拆成 \(k\) 个置换，则 \(|X^g|=\sum_{i=1}^k\lfloor\frac{b_i}2\rfloor+\sum_{j=1}^{i-1}\gcd(b_i,b_j)\)，但如果直接计算的话时间复杂度至少是 \(O(n!)\) 的，无法接受。

考虑 \(b\) 事实上是 \(n\) 的整数拆分，因而我们可以对于每个整数拆分进行计算。对于一个拆分，考虑它对应多少种置换，首先所有点有 \(n!\) 种排列，但因为 \(|G|=n!\)，所以这个贡献被 \(\frac1{|G|}\) 消掉了。每个拆分内部可以以任意一个位置为循环的起始，所以要除以 \(\prod b_i\)。而长度相同的循环之间是可以互换的，设每种长度相同的循环有 \(c\) 个，则还要再除以 \(\prod c!\)。综上，每个拆分的贡献为：

\[\frac{1}{\prod b_i\prod c!}m^{\sum_{i=1}^k\lfloor\frac{b_i}2\rfloor+\sum_{j=1}^{i-1}\gcd(b_i,b_j)} \]

我们通过 DFS 将所有拆分的贡献加到一起即可，时间复杂度比较神秘但能过。

Code(P4128):

#include<iostream>
#define rep(i,l,r) for(int i=(l);i<=(r);i++)
#define per(i,l,r) for(int i=(l);i>=(r);i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int gcd(int a,int b){
	return !b?a:gcd(b,a%b);
}
int in,im,ip;
ll st[60],top,c1=1,c2,ans;
inline ll qpow(ll a,ll b){
	ll res=1;
	while(b){
		if(b&1)res=res*a%ip;
		a=a*a%ip;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
inline void dfs(int lf,int mx,int c){
	if(!lf){
		ans=(ans+qpow(c1,ip-2)*qpow(im,c2))%ip;
		return;
	}
	ll t1=c1,t2=c2;
	top++;
	rep(v1,1,mx){
		st[top]=v1;
		c2=t2+v1/2;
		rep(v2,1,top-1)c2+=gcd(st[v2],v1);
		c1=t1*v1%ip;
		if(top>1&&st[top-1]==v1)c1=c1*(c+1)%ip;
		dfs(lf-v1,min(lf-v1,v1),(top>1&&st[top-1]==v1)?c+1:1);
	}
	top--;
}
int main(){
	cin>>in>>im>>ip;
	dfs(in,in,0);
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}