N染色

博客详细介绍了N染色问题的解决方案,通过数学推导得出边数为n的方案总数dp[n]的递推公式。内容包括当边数增加时的不同情况分析,特别指出n=3时的特殊情况,并给出了根据递推方程求解通项的步骤,最终得出dp[n]的表达式。

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N染色
本题基本都打表过的,我来一个数学推导
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记边数为n的方案总数为dp[n]

对 于 新 的 一 条 边 , 与 这 条 边 相 邻 的 边 可 能 相 同 也 可 能 不 同 , 对于新的一条边,与这条边相邻的边可能相同也可能不同,
若 不 同 , 即 为 d p [ n − 1 ] 的 方 案 数 , 而 本 条 边 就 有 m − 2 种 填 法 若不同,即为dp[n-1]的方案数,而本条边就有m-2种填法 dp[n1]m2
若 相 同 , 即 为 d p [ n − 2 ] 的 方 案 数 , 填 满 n − 2 条 边 , 此 时 加 进 第 n − 1 条 边 , 则 n − 1 条 边 和 第 1 条 边 颜 色 相 同 , 则 第 n 条 边 有 m − 1 种 填 法 若相同,即为dp[n-2]的方案数,填满n-2条边,此时加进第n-1条边,则n-1条边和第1条边颜色相同,则第n条边有m-1种填法 dp[n2]n2n1n11nm1
所 以 , d p [ n ] = ( m − 2 ) ∗ d p [ n − 1 ] + ( m − 1 ) ∗ d p [ n − 2 ] 所以,dp[n]=(m-2)*dp[n-1]+(m-1)*dp[n-2] ,dp[n]=(m2)dp[n1]+(m1)dp[n2]
但 n = 3 时 是 特 例 , 以 为 与 第 三 条 边 相 邻 的 第 一 条 和 第 二 条 颜 色 一 定 不 等 , 所 以 我 们 可 以 把 d p [ 1 ] = 0 , d p [ 2 ] = m ∗ ( m − 1 ) 但n=3时是特例,以为与第三条边相邻的第一条和第二条颜色一定不等,所以我们可以把dp[1]=0,dp[2]=m*(m-1) n=3dp[1]=0dp[2]=mm1
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详见必修5,根据递推方程,
我 们 得 到 通 项 d p n = A ∗ ( m − 1 ) n + B ∗ ( − 1 ) n 我们得到通项dp_n=A*(m-1)^n+B*(-1)^n dpn=A(m1)n+B(1)n
代 入 d p [ 1 ] , d p [ 2 ] 即 可 解 出 通 项 代入dp[1],dp[2]即可解出通项 dp[1],dp[2]
最 后 得 到 d p [ n ] = ( m − 1 ) n + ( m − 1 ) ∗ ( − 1 ) n 最后得到dp[n]=(m-1)^n+(m-1)*(-1)^n dp[n]=(m1)n+(m1)(1)n
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
ll mod=1e9+7;ll n,m;
ll ksm(ll x,ll pow){
	ll ans=1,res=x%mod;
	while(pow){
		if(pow&1) ans=ans*res%mod;
		res=res*res%mod;
		pow>>=1;
	}
	return ans;
}
int main(){
	scanf("%lld%d",&n,&m);
	ll tmp;if(n%2==1) tmp=1-m;if(n%2==0) tmp=m-1;
	ll sum=ksm(m-1,n);
	ll ansout=sum+tmp;
	printf("%lld",ansout);
}
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