[组合容斥] 美团2017年CodeM大赛 二分图染色

题面

   link 给定一个完全二分图，图的左右两边的顶点数目相同，都是 $n$。我们要给图中的每条边染成红色、蓝色、或者绿色，并使得任意两条红边不共享端点、同时任意两条蓝边也不共享端点。
   计算所有满足条件的染色的方案数，并对 $10^9+7$ 取模，其中 $n\le 1e7$。

分析

   完全二分图是指左边的每一个点与右边的每一个点都有连线。其实这题涂成绿色可以看成不涂，我们只需要考虑涂成红色和蓝色的情况。
   经过简单思考，我们发现只涂一种颜色是比较简单的，若是一边顶点数是 $n$，则只涂一种颜色的方案数为 ${\sum }_{i=0}^n{C}_n^i{A}_n^i$ (左边每个顶点最多只有一条出边染色，若有染色边的顶点数为 $i$, 有 $C_n^i$ 种选法，由于要有顺序地映射到右边顶点，则有 $A_n^i$ 种映射)，我们可以记这个值为 $F_n$。
   而两种颜色就比较复杂了，若是两种颜色选取的方式是独立的，那么答案就是 $F_n^2$，但实际上左边的一个点与右边的一个点仅有一条连线，不能既涂上红色又涂成蓝色，所以 $F_n^2$ 是算多了，所以我们这时候考虑虑容斥原理来去重。
   若记有红蓝色涂边重复为事件 $P$，具体一些 $P_{ij}$表示左边第 $i$ 个点 和右边第 $j$ 个点选边重复，我们所需要的答案 $ans=F_n^2-|P|$, 而根据容斥原理:
$$P=|P_{11}\cup P_{12}...\cup P_{1n}...\cup P_{nn}|=\sum |P_{ij}|-\sum |P_{i_1{j}_1}\cap P_{i_2{j}_2}|...+(-1{)}^{k+1}\sum |P_{i_1{j}_1}\cap P_{i_2{j}_2}...\cap P_{i_k{j}_k}|+...$$
    说的通俗一些，红蓝色涂边重复的方案 = 至少有一条重复的方案 = 组合枚举某一条边重复的方案 - 组合枚举某两条边重复的方案 …= $C_n^1{A}_n^1{F}_{n-1}^2-C_n^2{A}_n^2{F}_{n-2}^2...+(-1{)}^{n+1}{C}_n^2{A}_n^2{F}_0^2={\sum }_{i=1}^n(-1{)}^{i+1}{C}_n^i{A}_n^i{F}_{n-i}^2$, 于是可以得到：
   
$ans=F_n^2-|P|=F_n^2-{\sum }_{i=1}^n(-1{)}^{i+1}{C}_n^i{A}_n^i{F}_{n-i}^2=C_n^0{A}_n^0{F}_n^2+{\sum }_{i=1}^n(-1{)}^i{C}_n^i{A}_n^i{F}_{n-i}^2={\sum }_{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^i{A}_n^i{F}_{n-i}^2$
   
    所以通过容斥原理我们可以得到上面这个比较漂亮的式子，将两种颜色的组合问题划归到一种颜色的组合问题，由于组合数可以 $O(n)$ 时间预处理出来，接下来我们好好考虑一种颜色 $F_n$ 该如何处理。
   
    边界易得到 $F_0=1,F_1=2$，而上面的分析我们也可以得到 $F_n={\sum }_{i=0}^n{C}_n^i{A}_n^i$, 虽然组合数可以预处理出来，但是对于每一个 $n$ 我们都要处理一遍，所以总复杂度还是 $O(n^2)$ 的，所以我们不能用通项公式，需要再看看递推公式。从 $F_{n-1}$ 变成 $F_n$，左右各增加了一个顶点，总共会有五种情况：
    ①新增的两个点不参与涂色，这样方案数是 $F_{n-1}$；
    ②新增的两个点之间涂色，这样方案数是 $F_{n-1}$;
    ③新增的左边点与右边原来的 $n-1$ 个点涂色，这样方案数为 $(n-1)F_{n-1}$；
    ④新增的右边点与左边原来的 $n-1$ 个点涂色，这样方案数为 $(n-1)F_{n-1}$；
    ⑤新增的左边点与右边原来的 $n-1$ 个点涂色 且 新增的右边点与左边原来的 $n-1$ 个点涂色， 即③④的重复计数，这样方案数为 $(n-1{)}^2{F}_{n-2}$；
    对于这五种情况的讨论，其实③④⑤也用到了容斥原理，我们可以得到递推式：
$$F_n=2n{F}_{n-1}-(n-1{)}^2{F}_{n-2}$$
    这样，$F_n$ 也可以通过 $O(n)$ 时间计算出来，整个算法的复杂度就是 $O(n)$，捋一捋，即分为两步，先计算一种颜色的情况，再通过容斥原理计算两种颜色的情况，所以其实三种颜色在这个基础上也是可以继续算的，只不过更加复杂啦。

   

代码

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> P;
const int maxn = 1e7 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll mod = 1e9 + 7;
 
int inv[maxn], k[maxn], f[maxn];
int n;
 
int main()
{
    scanf("%d", &n);
 
    inv[0] = inv[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++)               //预处理逆元
        inv[i] = 1LL * (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
    for(int i = 2; i <= n; i++)               //inv[i] 现在表示 i！的逆元
        inv[i] = 1LL * inv[i-1] * inv[i] % mod;
    int fac = 1;                 
    for(int i = 2; i <= n; i++)                //fac = n！
        fac = 1LL * fac * i % mod;
 
    k[0] = 1;                                   //计算组合数 A_n^i C_n^i
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        int tmp = 1LL * fac * inv[n-i] % mod;
        k[i] = 1LL * tmp * tmp % mod * inv[i] % mod;
    }
 
    f[0] = 1, f[1] = 2;                      //计算一种颜色的情况
    for(int i = 2; i <= n; i++)
        f[i] = (2LL * i * f[i-1] - 1LL * (i - 1) * (i - 1) % mod * f[i-2]) % mod;
 
    ll ans = 0;                           //用容斥原理计算两种颜色的情况
    for(int i = 0; i <= n; i++)
    {
        if(i & 1)                                //奇数为符号
            ans = (ans - 1LL * k[i] * f[n-i] % mod * f[n-i] % mod) % mod;
        else
            ans = (ans + 1LL * k[i] * f[n-i] % mod * f[n-i] % mod) % mod;
    }
    if(ans < 0)
        ans = ans + mod;
    printf("%lld\n", ans);
}