UVALive 7040 Color （容斥原理 + 组合数学递推公式 + 求逆元 + 基础数论）

搬运题解系列：http://blog.youkuaiyun.com/qingshui23/article/details/51125323

传送门 
英文题目：

Recently, Mr. Big recieved n owers from his fans. He wants to recolor those owers with m colors. The 
owers are put in a line. It is not allowed to color any adjacent owers with the same color. Flowers i and 
i + 1 are said to be adjacent for every i, 1 ≤ i < n. Mr. Big also wants the total number of different 
colors of the n owers being exactly k. 
Two ways are considered different if and only if there is at least one ower being colored with different 
colors.

插图：

题目大意： 
首先有T组数据，每组数据有 3 个数 n, m, k，分别代表一共有 n 个方格，m种颜色，而我们要 恰好（注意是恰好） 使用 k 中颜色对这些方格进行涂色，并且保证的是每两个相邻的方格的颜色必须是不一样的。

解题思路： 
首先拿过这个题来 不要急着就是说一眼就做出来,所以我们先对它分析一下，我们要从 m 种颜色中选出 k 个进行涂色 所以用的方法数就是 C(m,k)，然后对这 n 个方格涂色，第一个 有 k 种选择， 而后边的 n-1 个方格中只有 k-1 种选择，所以 就有公式

S=C(m,k)∗k∗(k−1)n−1

然后这并不是最后的结果，这是 所选的颜色不超过 k 种的方法数，而不是 恰好 用 k 种颜色的，然后就可以用容斥原理来求了，假设集合 Ai 表示 i 号颜色不被选，所以 我们要求的结果

ans=S−(A1⋃A2⋃...⋃An)

A1 ⋃ A2 ⋃… ⋃ An 就得通过容斥原理来做啦。。。 
根据上面我们可以求出从 k 种颜色种选 k-i个，剩下的就是 n-1个方格中有 k-i-1中选择。所以这个公式就是： 

C(k,k−i)∗(k−i)∗(k−i−1)n−1

然后考虑的就是奇数加 偶数减就行了。然后再注意一下细节问题： 
1.怎么样求C(m,k),这个就是用到 递推公式了首先给出一个公式 

C(x,i)=C(x,i−1)∗n−i+1i

这个公式很好推导： 

C(n,i)=n!i!∗(n−i)!=n!i∗(i−1)!∗(n−i+1)!/(n−i+1)=n!(i−1)!∗(n−i+1)!∗n−i+1i=C(x,i−1)∗n−i+1i

所以根据这个公式我们可以打个表就能算 C(m,k)和 C(k,i)了 
2.求逆元的问题。因为 C(x,i)=C(x,i-1)*(x-i+1)/i可以通过扩展欧几里得算法来算，但是要记得的是要用一个数组保存一下 每一个的逆元,要不然每次调用函数的话 会超时。 
3.就是容斥的详细过程了。记住一点 奇数加偶数减就行 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define MOD 1000000007
#define N 1000005
LL n, m, k;
LL inv[N], cm[N], ck[N];
void exgcd(const LL a, const LL b, LL &x, LL &y)
{
    if (!b) x = 1, y = 0;
    else exgcd(b, a % b, y, x), y -= x * (a / b);
}
void Get_Inv()
{
    inv[1]=1;
    for(int i=2; i<N; i++)
    {
        LL y;
        exgcd(i, MOD, inv[i], y);
        inv[i]=(inv[i]%MOD+MOD)%MOD;
    }
}
void Get_Fac()
{
    cm[0]=ck[0]=1;
    for(int i=1; i<=k; i++)
    {
        cm[i]=(cm[i-1]%MOD*(m-i+1)%MOD*inv[i]%MOD)%MOD;
        ck[i]=(ck[i-1]%MOD*(k-i+1)%MOD*inv[i]%MOD)%MOD;
    }
}
LL quick_pow(const LL p, const LL q)
{
    LL ans=1;
    for (LL num=p, t=q; t; num= num*num%MOD, t>>=1) if(t&1) ans=ans*num%MOD;
    return ans;
}
int main()
{
    int t;
    Get_Inv();
    scanf("%d", &t);
    for(int kase=1; kase<=t; kase++)
    {
        scanf("%I64d%I64d%I64d", &n, &m, &k);
        Get_Fac();
        LL ans=0, ret=1;
        for(int i=k; i>=1; i--)
        {
            ans=(ans+ret*i*ck[i]%MOD*quick_pow(i-1, n-1)%MOD+MOD)%MOD;
            ret=-ret;
        }
        ans=ans*cm[k]%MOD;
        printf("Case #%d: %lld\n", kase, ans);
    }
    return 0;
}