LibreOJ #6160.「美团 CodeM 初赛 Round A」二分图染色容斥原理+递推

最新推荐文章于 2020-09-10 22:13:32 发布

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本文探讨了一个完全二分图的匹配问题，通过容斥原理和递推方法，求解了合法匹配方案的数量，并提供了完整的C++实现代码。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意

有一个2n个点的完全二分图，现在要把每一条边染成红色，蓝色或绿色，要求任意两条红色边不共享端点，且任意两条蓝色边不共享端点，问合法方案数。
$n\le10^7$

分析

其实就是要选出两个匹配，使得这两个匹配的交集为空。
考虑容斥，设 $f_n$ 表示 $2n$ 个点的二分完全图的匹配数量，那么答案就是

\sum i = 0 n (- 1) i C i n A i n (f n - i) 2

$\sum_{i=0}^n(-1)^iC_n^iA_n^i(f_{n-i})^2$
问题在于如何求

fnfn $f_n$ 。
不难得到

f n = \sum i = 0 n C i n A i n

$f_n=\sum_{i=0}^nC_n^iA_n^i$
但现在对于每个

1≤i≤n1≤i≤n $1\le i\le n$ 都要求

fnfn $f_n$ ，显然不能每次

O(n)O(n) $O(n)$ 求。
考虑递推，我们把二分图看成一个

n∗nn∗n $n*n$ 的矩阵，现在可以选出若干个点，使得每一行或每一列至多有一个点被选。
如果由

fn−1fn−1 $f_{n-1}$ 递推过来的话，考虑在新增的

2n−12n−1 $2n-1$ 个格子里选某个或一个都不选，方案就是

2n∗fn−12n∗fn−1 $2n*f_{n-1}$ ，但如果第n行和第n列同时有格子被选的话，就会算重，所以还要减去

(n−1)2∗fn−2(n−1)2∗fn−2 $(n-1)^2*f_{n-2}$ ，所以有

f n = 2 n * f n - 1 - (n - 1) 2 * f n - 2

$f_n=2n*f_{n-1}-(n-1)^2*f_{n-2}$

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>

typedef long long LL;

const int N=10000005;
const int MOD=1000000007;

int n,ny[N],jc[N],f[N];

int C(int n,int m)
{
    return (LL)jc[n]*ny[m]%MOD*ny[n-m]%MOD;
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    jc[0]=jc[1]=ny[0]=ny[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++) jc[i]=(LL)jc[i-1]*i%MOD,ny[i]=(LL)(MOD-MOD/i)*ny[MOD%i]%MOD;
    for (int i=2;i<=n;i++) ny[i]=(LL)ny[i-1]*ny[i]%MOD;
    f[0]=1;f[1]=2;
    for (int i=2;i<=n;i++) f[i]=((LL)f[i-1]*i*2%MOD-(LL)f[i-2]*(i-1)%MOD*(i-1)%MOD)%MOD;
    int ans=0;
    for (int i=0;i<=n;i++)
        if (i&1) (ans-=(LL)C(n,i)*C(n,i)%MOD*jc[i]%MOD*f[n-i]%MOD*f[n-i]%MOD)%=MOD;
        else (ans+=(LL)C(n,i)*C(n,i)%MOD*jc[i]%MOD*f[n-i]%MOD*f[n-i]%MOD)%=MOD;
    printf("%d",(ans+MOD)%MOD);
    return 0;
}