[组合数学] NC13611树 (逆元的计算)

题面

   link 有一颗树，树有n个结点。有k种不同颜色的染料给树染色。一个染色方案是合法的，当且仅当对于所有相同颜色的点对(x,y)，x到y的路径上的所有点的颜色都要与x和y相同。请统计方案数。
    其中，$n,k\le 300$

分析

   若是从某个根节点在dfs 或者 bfs 过程中统计，是非常麻烦的事。子结点和父亲一个颜色，这种情况还比较简单，若是不同颜色，则其兄弟结点也不能和该子结点一个颜色(因为这两者通过父结点连接)，这样整个过程就不好计算了。
   或许可以换一种思路，若是我们已经涂了一个部分，并且这些部分是联通的，即涂了这棵树一棵结点数为 $i$ 的子树，这棵树共有 $j$ 种不同颜色，那么可以记涂法为 $dp[i][j]$, 若是已经涂过颜色的 $v_p$ 与 没有涂过颜色的 $v_q$ 相连，那么可以扩展，若 $Color(v_p)=Color(v_q)$，那么 $v_q$ 有一种涂法；若是$Color(v_p)\ne Color(v_q)$，那么 $v_q$ 有 $k-j$ 种涂法(已经涂过的 $j$ 种颜色不能再用了，因为 $v_q$ 与已经涂过颜色的结点之间的路径必须经过 $v_p$)。于是可以得到如下转移式子：

$$dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1]\ast (k-j+1)$$
   而我们所需要的答案就是 ${\sum }_{i=1}^{n}dp[n][i]$，复杂度为 $O(nk)$ 所以通过动态规划得出答案就可以。

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, long long> P;
const int maxn = 1e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll mod = 1e9 + 7;
 
ll dp[302][302], ans;
int n, k;
 
int main()
{
    scanf("%d %d", &n, &k);
    dp[1][1] = k;                                  //一个结点涂一种颜色有k种答案
    for(int i = 2; i <= n; i++)
        for(int j = 1; j <= k; j++)                 //进行dp
        {
            dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i-1][j-1] * (k - j + 1);
            dp[i][j] %= mod;
        }
    for(int i = 1; i <= k; i++)                      //累加答案
        ans = (ans + dp[n][i]) % mod;
    printf("%lld\n", ans);
}

   
   或许还可以这样想，相同颜色的结点即构成一个连通块，而对于树来说，每切去一条边就多一个连通块，最多可以切去 $n-1$ 条边，形成 $n$ 个连通块。所以一棵树我们有 $C_{n-1}^{i-1}(1\le i\le n)$ 种切法，每次对于得到的 $i$ 个连通块，用 $k$ 种颜色去涂，总共有 $A_k^i$ 种涂法，所以最终答案为：
$$\sum _n^i{C}_{n-1}^{i-1}{A}_k^i$$
   复习一下组合数学的知识， $C_m^n=\frac{m!}{(m-n)!n!}$, $A_m^n=\frac{m!}{(m-n)!}$， 其中阶乘我们可以先预处理出来，但这里有除法的取模，我们需要用到费马小定理: 对于质数 $p$, 若 $a$ 不是 $p$ 的倍数，则有 $a^{p-1}\equiv 1(modp)$
    那么若记 $a^{-1}\equiv b(modp)$, 那么 $a^{-1}\ast a^{p-1}\equiv b\ast a^{p-1}(modp)$, 又由于费马小定理可得 $b\ast a^{p-1}=b(modp)$， 于是 $a^{p-2}\equiv b(modp)$， 这样就将一个求负幂次的形式变成了求正幂次的形式，这样我们可以用快速幂 $O(logn)$ 的时间进行计算了，这样总复杂度就是 $O(nlogn)$

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, long long> P;
const int maxn = 1e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll mod = 1e9 + 7;
 
ll fac[302], ans;
int n, k;
 
ll qpow(ll x, ll n)                 //快速幂
{
    ll t = 1;
    for (; n; n >>= 1, x = x * x % mod)
        if (n & 1)
            t = t * x % mod;
    return t;
}
 
ll C(int n, int k)         
{
    return fac[n] * qpow(fac[k] * fac[n-k] % mod, mod - 2) % mod;
}
 
ll A(int n, int k)
{
    return fac[n] * qpow(fac[n-k] % mod, mod - 2) % mod;
}
 
int main()
{
    scanf("%d %d", &n, &k);
 
    fac[0] = fac[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++)          //预处理阶乘
        fac[i] = fac[i-1] * i % mod;
 
    for(int i = 1; i <= min(n, k); i++)
        ans = (ans + C(n - 1, i - 1) * A(k, i) % mod) % mod;
    printf("%lld\n", ans);
}

   
   上面用快速幂求逆元用了对数时间，而其实可以先用线性时间先预处理出逆元，这样总复杂度就可以降到 $O(n)$。$i^{-1}$ 在模 $p$ 运算下如何得出呢？
   不妨记 $p=k\ast i+r$, 其中 $r＜i，1＜i＜p$, 那么 $k=\lfloor \frac{p}{i}\rfloor ，r=p\%i$, 可以进行如下推导：
$$k\ast i+r\equiv 0(modp)$$
两边同乘 $r^{-1}{i}^{-1}$:
$$\begin{gathered} k\ast r^{-1}+i^{-1}\equiv 0(modp) \\ {i}^{-1}\equiv -k\ast r^{-1}(modp) \\ {i}^{-1}\equiv -\lfloor \frac{p}{i}\rfloor \ast (p\%i{)}^{-1}(modp) \end{gathered}$$
    若记 $inv[i]$ 表示 $i$ 的逆元，那么 $inv[i]=-p/i\ast inv[p\%i]$, 调整一下符号，有 $inv[i]=(p-p/i)\ast inv[p\%i]$, 然后算组合数的时候由于求的是阶乘，所以还要前缀和处理一下。

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, long long> P;
const int maxn = 1e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll mod = 1e9 + 7;
 
ll inv[302], fac[302], ans;
int n, k;
 
ll A(int n, int k)
{
    return fac[n] * inv[n-k] % mod;
}
 
ll C(int n, int k)
{
    return fac[n] * inv[k] % mod * inv[n-k] % mod;
}
 
int main()
{
    scanf("%d %d", &n, &k);
 
    inv[0] = inv[1] = 1;
    fac[0] = fac[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++)           //求逆元和阶乘
    {
        inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
        fac[i] = fac[i-1] * i % mod;
    }
    for(int i = 2; i <= n; i++)               //对阶乘进行前缀和处理
        inv[i] = inv[i] * inv[i-1] % mod;
 
    for(int i = 1; i <= min(n, k); i++)
        ans = (ans + C(n - 1, i - 1) * A(k, i) % mod) % mod;
    printf("%lld\n", ans);
}