LOJ 「美团 CodeM 初赛 Round A」二分图染色（组合数学）

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探讨如何计算一个完全二分图中特定染色方案的数量，确保红色和蓝色边不共享顶点，并给出了解题思路及代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

给定一个完全二分图，图的左右两边的顶点数目相同。我们要把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。

Input

二分图单边的顶点数目 n

Output

输出一个整数，即所求的答案。

Sample Input

Sample Output

HINT

 n≤10^7

解题思路

首先，若保证蓝边和红边分别不共享顶点，那么如果染n条边，就需要在左右分别选取n个独立的顶点，我们只选取边染成红色和蓝色，其他的均为绿色.当只染i 条红边时，有 $C_n^iC_n^iA_i^i=C_n^iA_n^i$ 中选取方式，则只染红边时的总选取方式为 $ff[n]=\sum_{i=0}^nC_n^iA_n^i$ ，只染蓝边时也是如此.
那么总的染色方案可以转换成 ff[n]*ff[n]-(重复的部分)，重复的部分即蓝色和红色恰好选取了同条边的情况，利用容斥减去，即 $(-1)^kC_n^kA_n^k(ff[n-k])^2$ (其中 $C_n^kA_n^k$ 代表选取k条公共边， $(ff[n-k])^2)$ 代表剩下的n-k个点可选取的方案数.
tips:
1、在求组合数时，由于用到除法，所以这里采用逆元的方法处理，由于使用快速幂求解会超时，所以先用线性方法打表，有关乘法逆元『数论』乘法逆元
2、ff[]数组也需要打表实现，根据 $ff[n]=2n*ff[n-1]-(n-1)^2ff[n-2]$
实现思路：
其实在左右两边分别选取一个顶点组成一条边就是类似于在n*n的方格中选取一个点，则ff[n-1]与ff[n]建立起的联系就相当于从(n-1)*(n-1)方格中选点扩展到n*n 的情况.
相对于(n-1)*(n-1)的格子，n*n 的格子又多出了n个点可供选择（即图中A,B,C,D，由于对称性，只需要考虑一边），同时每个点可选可不选，则对应着2n种选择，即共有2n*ff[n-1]种选择.
当然接下来要减去位于同一行或者同一列的点，由于对称性，我们只需要考虑一种情况，这里以同一列为例.首先选取这一列有n-1种选择方法（对应图中A,B,C，假定选取B），同时在这一列中另一点也存在n-1种选择(对应图中E,F,G，假定选取F)，这样矛盾的两点已经产生，剩余的n-2个点应该在除去以F点为十字的格子内正确组合（对应图中①②③④），即ff[n-2]，所以共需减去(n-1)*(n-1)*ff[n-2].
这里写图片描述

代码实现

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
#define IO ios::sync_with_stdio(false);\
cin.tie(0);\
cout.tie(0);
typedef long long ll;
const int maxn = 1e7+7;
const int mod = 1e9+7;
ll ff[maxn];
ll inv0[maxn];
ll prepow,pow;
ll mark[maxn];
ll n;
void get_inv()
{
    inv0[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
        inv0[i] = ((-mod /i) * inv0[mod % i]%mod+mod)%mod;
    for(int i=2;i<=n;i++)
        inv0[i] = inv0[i-1] * inv0[i] % mod;
}
void init()
{
    ff[0]=1,ff[1]=2;
    mark[0]=1,mark[1]=n*n%mod;
    prepow=n*n%mod;
    ll i=2,j=n-1;
    while(i<=n)
    {
        ff[i]=((2*i*ff[i-1]%mod-((i-1)*(i-1)%mod)*ff[i-2]%mod)%mod+mod)%mod;
        pow=prepow*j%mod*j%mod;
        mark[i]=pow*inv0[i]%mod;
        ++i,--j,prepow=pow;
    }
}
int main()
{
    IO;
    cin>>n;
    get_inv();
    init();
    ll res=0;
    ll chi=-1;
    for(ll k=1;k<=n;k++)
    {
        res=((res+chi*mark[k]*(ff[n-k]*ff[n-k]%mod)%mod)+mod)%mod;
        chi=-chi;
    }
    cout<<(res+ff[n]*ff[n]%mod)%mod<<endl;
    return 0;
}