cf/Codeforces Gym 100548F Color (2014年西安站F题）（容斥原理）

最新推荐文章于 2018-10-30 14:28:21 发布

sega_handsome

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本文介绍了一种解决直线物品染色方案计数问题的方法，使用组合数学中的容斥原理来计算恰好用k种颜色染色的方案数，并提供了一个高效的算法实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目大意：直线上给n个物品染色，一共有m种颜色，求恰好用了k种颜色的染色方案数


解析：

首先选出k种颜色，选法C（m,k）, 那么对于不超过k种颜色的涂色方案数为 f[k]= k*(k-1)^(n-1) 表示第一个有k种选择，后面的全都是k-1种选择 。  这里面包含了  k=1,2,3,......k的全部情况

ps: 最开始智障了，觉得f[k]-f[k-1]不显然就是答案了吗。。nc啊。。。

ps: 明显在选出了k种颜色的条件下，f[k]为不超过k种颜色的所有方案，那么就是要减去不超过k-1种颜色的所有方案，但是k种颜色里选k-1种又有一个 C（k,k-1），所以应该减去的是C（k,k-1）*f(k-1)，而显然这样f(k-2)那些又会被减掉了需要加回来，加加减减就是一眼容斥原理啦



已选出k种颜色后，那么对于最后涂了不超过i种（2<=i<=k-1）颜色的方案数为g[i]=  C（k,i）* i*（i-1）^（n-1）


所以对于选出来的k种颜色下，我们要染恰好k个颜色的合法方案数应该为ans[k]= f[k] -g[k-1] +g[k-2]-g[k-3]........ 

最后答案为 c(m,k)*ans[k] 


由于算g[i]之和时要用到一个c[k]【i】

然后最后算答案要求一个C【m】【k】

p又特别大 （1e9+7）

lucas预处理p的那种肯定不行，直接算的单case的又太慢了

注意到C几几的第二项比较小，只有k，

则可以用O（K）去算出所有的组合数，公式：c(n,k+1)=c(n,k)*(n-k)/(1+k) 

那么就预处理1到k的逆元



整体复杂度O（K）

    #include<iostream>  
    #include<cstdio>  
    #include<algorithm>  
    using namespace std;  
    typedef long long  ll;  
    const ll p =1000000007;  
    ll fast_m(ll a,ll b)  
    {  
        ll x,ans=1;  
        x=a;  
        while(b)  
        {  
            if (b&1)  
                ans=(ans*x)%p;  
            x=(x*x)%p;  
            b/=2;  
        }  
        return ans;  
    }  
    ll n,m,k;  

    ll inv[1000000+5];  
    void Init_inv()  
    {  
        for(int i = 1; i < 1e6+50; i++)  
            inv[i] = fast_m(i, p - 2);  
    }  
    ll c[1000000+50];  

    void cal(ll n)  
    {  
        c[0] = 1;  
        for(int i = 1; i <= k; i++)  
            c[i] = ((c[i - 1] * (n - i + 1) % p) * inv[i] % p) % p;  
    }  
    ll f(ll k)  
    {  
        return k*fast_m(k-1,n-1)%p;  
    }  
    int main()  
    {  
        Init_inv();  
        int t;  
        cin>>t;  
        int cnt=1;  
        while(t--)  
        {  
            scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);  
            cal(k);  

            ll ansk=f(k);  
            for (int i=2; i<=k-1; i++)  
            {  
                if ((k-i)%2)   ansk=(ansk-c[i]*f(i)%p )%p;  
                else ansk=(ansk+ (c[i]*f(i)) %p) %p;  
            }  
            cal(m);  
            printf("Case #%d: %lld\n",cnt++, (c[k]*ansk%p+p)%p);  
        }  

        return 0;  
    }