注意题目的条件： "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"

所以对于每种方案，只要考虑经过一次洗牌后可能变成的情况

显然，如果有 m 种洗牌法，那么一种方案就可以被洗出 m+1 种方案

继续考虑，如果有另一种方案不属于这 m+1 种方案

那么它一定也可以洗出另外不重复的 m+1 种方案

所以推广一下，如果不考虑洗牌时方案有 sum 种，那么最后答案就是 $\frac{sum}{m+1}$

然后考虑如何求 sum

设 $n=S_r+S_b+S_g$

红色可以在 n 张空白牌中随便选，所以有 $C^{S_r}_{n}$ 种选法

然后考虑蓝色，因为红色已经选了，所以只能在 $n-S_r$ 中随便选，有 $C^{S_b}_{n-S_r}$ 种选法

最后绿色没得选了，只能把剩下的全染成绿色，有1种选法

乘起来，化简一波，得到$\frac{(S_r+S_b+S_g)!}{(S_r!\cdot S_b!\cdot S_g!)}$

最后答案再除以 $(m+1)$ 就好了

注意有取余，所以除要乘逆元

直接费马小定理就好了，代码就不注释了

 

#include
     
      #include
      
       #include
       
        #include
        
         #include
         
          using namespace std;inline int read(){    int x=0,f=1; char ch=getchar();    while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }    while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }    return x*f;}int sa,sb,sc,m,mo;inline int ksm(int x,int y){    int res=1;    while(y)    {        if(y&1) res=res*x%mo;        x=x*x%mo; y>>=1;    }    return res;}int f[107];int main(){    sa=read(); sb=read(); sc=read(); m=read(); mo=read();    int a;    for(int i=1;i<=m;i++)        for(int i=1;i<=sa+sb+sc;i++) a=read();     f[0]=1; for(int i=1;i<=sa+sb+sc;i++) f[i]=f[i-1]*i%mo;     printf("%d",f[sa+sb+sc]*ksm(f[sa]*f[sb]%mo*f[sc]%mo*(m+1)%mo,mo-2)%mo);     return 0;}