Description
小春现在很清闲,面对书桌上的N张牌,他决定给每张染色,目前小春只有3种颜色:红色,蓝色,绿色.他询问Sun有多少种染色方案,Sun很快就给出了答案.进一步,小春要求染出Sr张红色,Sb张蓝色,Sg张绝色.他又询问有多少种方案,Sun想了一下,又给出了正确答案. 最后小春发明了M种不同的洗牌法,这里他又问Sun有多少种不同的染色方案.两种染色方法相同当且仅当其中一种可以通过任意的洗牌法(即可以使用多种洗牌法,而每种方法可以使用多次)洗成另一种.Sun发现这个问题有点难度,决定交给你,答案可能很大,只要求出答案除以P的余数(P为质数).
Input
第一行输入 5 个整数：Sr,Sb,Sg,m,p(m<=60,m+1<p<100)。n=Sr+Sb+Sg。接下来 m 行，每行描述
一种洗牌法，每行有 n 个用空格隔开的整数 X1X2…Xn，恰为 1 到 n 的一个排列，表示使用这种洗牌法，
第 i位变为原来的 Xi位的牌。输入数据保证任意多次洗牌都可用这 m种洗牌法中的一种代替，且对每种
洗牌法，都存在一种洗牌法使得能回到原状态。
100%数据满足 Max{Sr,Sb,Sg}<=20。
Output
不同染法除以P的余数
Sample Input
1 1 1 2 7
2 3 1
3 1 2
2 3 1
3 1 2
Sample Output
2
根据burnside引理，我们可以知道，L=(1/G)*Σd(gi)
根据polay计数，可以转变为L=(1/G)*(每个置换里面的不变染色方案数)
但是这题三种颜色都有数量限制，因此，我们用dp运算每个置换里面不变的染色方案数。
还有一点，就是每个位置i上都放i也是一种置换，不要忘记加上这个置换的答案
最后乘以（m+1）在p下逆元即是答案。
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<iostream>
int f[][][];
int n,b[],st[],id[],sum[],inv[],m,p,sr,sb,sg,sz,g[];
int dp(){
sz=;
for (int i=;i<=n;i++) b[i]=;
for (int i=;i<=n;i++) st[i]=id[i]=sum[i]=;
sum[]=;
for (int i=;i<=n;i++)
if (!b[i]){
int ans=;
while (!b[g[i]]) i=g[i],b[i]=,ans++;
st[++sz]=ans;sum[sz]=sum[sz-]+ans;id[sum[sz]]=sz;
}
for (int i=;i<=sr;i++)
for (int j=;j<=sb;j++)
for (int k=;k<=sg;k++)
f[i][j][k]=;
f[][][]=;
for (int i=;i<=sr;i++)
for (int j=;j<=sb;j++)
for (int k=;k<=sg;k++)
if (id[i+j+k]){
int v=st[id[i+j+k]];
if (i>=v) f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i-v][j][k])%p;
if (j>=v) f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i][j-v][k])%p;
if (k>=v) f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[i][j][k-v])%p;
}
return f[sr][sb][sg];
}
int main(){
scanf("%d%d%d%d%d",&sr,&sb,&sg,&m,&p);
n=sr+sb+sg;
inv[]=;
int ans=;
for (int i=;i<p;i++)
inv[i]=(((p-p/i)%p)*(inv[p%i]))%p;
inv[p]=;
for (int i=;i<=m;i++){
for (int j=;j<=n;j++)
scanf("%d",&g[j]);
ans=(ans+dp())%p;
}
for (int i=;i<=n;i++)
g[i]=i;
ans=(ans+dp())%p;
ans=(ans*inv[m+])%p;
printf("%d\n",ans);
}