【纪中集训2019.3.23】染色

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原文链接：http://www.cnblogs.com/Paul-Guderian/p/10589064.html

本文介绍了一种解决图的k染色问题的方法，通过缩点处理将NP完全问题转化为可求解的问题。具体方法包括对图进行预处理，去除度数为0或1的节点，并对度数为2的节点进行特殊处理，最终通过Bell数枚举统计得到答案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目

描述

一个$n$个点$m$条边的无向图，求其$k$染色的方案数；

染色的方案必须满足对于任意一条边$(u,v)$，$u$和$v$不同色；

答案对$10^9+7$取模；

范围

$n \le 10^5 \ , \ m \le n + 5 , 3 \le k\le 10^5$

题解

题解说正常的染色问题是$NPC$问题，这题可以通过缩点来做；
将图重新定义为有边权$(a,b)$的图，$a$表示两边同色的边权，$b$表示两边不同色的边权；
如果让初始时$(a,b)=(0,1)$,那么答案就是每种染色之后所有边权乘积之和；
考虑去掉一些可以直接计算答案的点$u$：
- 度数为$0$的点：
  - 去掉之后将答案乘以$k$;
- 度数为$1$的点$(u,v)$，考虑去掉$u$：
  - 有$k-1$种情况$u,v$同色，$1$种情况$u,v$异色，所以去掉$u$之后答案乘上$a+(k-1)b$;
- 度数为$2$的点$(u,v_1),(u,v_2)$，考虑去掉$u$，加入新边$(v_1,v_2)$：
  - 若$v1,v2$同色，有$k-1$种情况$u$和$v1,v2$均不同色，$1$种情况$u$和$v1,v2$均同色；
    - 新边的$a$即：$a = a_{1}a_{2} + (k-1)b_{1}b_{2} $
  - 若$v1,v2$不同色，有$k-2$种情况$u$和$v1,v2$不同色，$1$种情况$u$仅和$v1$同色，$1$种情况$u$仅$和$$v1$同色；
    - 新边的$b$即：$b = a_{1}b_{2} + a_{2}b_{1} + (k-2)b_1a_1 $
- 在缩图的过程重回产生重边，合并两条重边：
  - $(a,b) = (a_1*a_2 ,b_1b_2 )$
考虑缩点之后的图不存在度数小于3的节点：
- \[ \begin{cases} 2m \ge 3n \\ m \le n + 5 \\ \end{cases} \]
可以解得$n \le 10 , m \le 15$;

然后$Bell(n)m$枚举划分统计答案即可；

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
#define il inline 
using namespace std;
const int N=200010,mod=1e9+7;
int n,m,k,iv[N],fac[N],inv[N],hd[N],o,a[N],b[N],d[N],del[N<<1],vis[N],cnt,U[N],V[N],iE[N],iD[N],bl[N],ans1=1,ans2=0;
struct Edge{int v,nt;}E[N<<1];
queue<int>q;
il char gc(){
  static char*p1,*p2,s[1000000];
  if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin);
  return(p1==p2)?EOF:*p1++;
}
il int rd(){
  int x=0;char c=gc();
  while(c<'0'||c>'9')c=gc();
  while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0',c=gc();
  return x;
}
il void adde(int u,int v){
  d[u]++;d[v]++; 
  E[o]=(Edge){v,hd[u]};hd[u]=o++;
  E[o]=(Edge){u,hd[v]};hd[v]=o++;
} 
const int sz=12345671;
struct HASH{
  int o,hd[sz],nt[N];
  ll val[N];
  il void init(int i,int u,int v){
      if(u>v)swap(u,v);
      ll x=(ll)u*(n+1)+v;
      nt[++o]=hd[x%sz],hd[x%sz]=o,val[o]=x;
      adde(u,v);a[i]=0,b[i]=1;
  }
  il int find(int u,int v){
      if(u>v)swap(u,v);
      ll x=(ll)u*(n+1)+v;
      for(int i=hd[x%sz];i;i=nt[i])if(val[i]==x){return i;}
      nt[++o]=hd[x%sz],hd[x%sz]=o,val[o]=x;
      adde(u,v);a[++m]=1,b[m]=1;
      return m;
  }
}H;
il void merge(int u){
  if(!~d[u])return;
  vis[u]=0;
  if(!d[u]){
      d[u]=-1;
      ans1=(ll)ans1*k%mod;
  }else if(d[u]==1){
      int v=0;
      for(int i=hd[u];~i;i=E[i].nt){
          if(del[i])continue;
          del[i]=del[i^1]=1;
          v=E[i].v;
          break;
      }
      int t=H.find(u,v);
      ans1=(ll)ans1*(a[t]+(ll)b[t]*(k-1)%mod)%mod;
      d[u]=-1;--d[v];
      if(d[v]<=2&&!vis[v]){vis[v]=1;q.push(v);}
  }else{
      int v1=0,v2=0;
      for(int i=hd[u];~i;i=E[i].nt){
          if(del[i])continue;
          del[i]=del[i^1]=1;
          if(!v1){v1=E[i].v;continue;}
          v2=E[i].v;break;
      }
      int t=H.find(v1,v2),t1=H.find(u,v1),t2=H.find(u,v2);
      a[t]=(ll)a[t] * ((ll)(k-1)*b[t1]%mod*b[t2]%mod + (ll)a[t1]*a[t2]%mod)%mod;
      b[t]=(ll)b[t] * ((ll)(k-2)*b[t1]%mod*b[t2]%mod + (ll)a[t1]*b[t2]%mod + (ll)b[t1]*a[t2]%mod)%mod; 
      d[u]=-1;--d[v1];--d[v2];
      if(d[v1]<=2&&!vis[v1]){vis[v1]=1;q.push(v1);}
      if(d[v2]<=2&&!vis[v2]){vis[v2]=1;q.push(v2);}
  }
}
il void cal(int y){
  int re=1;
  for(int i=1;i<=m;++i){
      if(bl[U[i]]==bl[V[i]])re=(ll)re*a[iE[i]]%mod;
      else re=(ll)re*b[iE[i]]%mod;
  }
  re=(ll)re*fac[k]%mod*inv[k-y]%mod;
  ans2=(ans2+re)%mod;
}
void dfs(int x,int y){
  if(y>k)return;
  if(x==n+1){cal(y);return;}
  for(int i=1;i<=y+1;++i){
      bl[x]=i;
      dfs(x+1,max(i,y));
  }
}
int main(){
  freopen("color.in","r",stdin);
  freopen("color.out","w",stdout);
  n=rd();m=rd();k=rd();
  for(int i=1;i<=n;++i)hd[i]=-1;
  iv[1]=1;for(int i=2;i<=k;++i)iv[i]=(ll)(mod-mod/i)*iv[mod%i]%mod;
  for(int i=fac[0]=inv[0]=1;i<=k;++i){
      fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
      inv[i]=(ll)inv[i-1]*iv[i]%mod;
  }
  for(int i=1;i<=m;++i){
      int u=rd(),v=rd();
      H.init(i,u,v);
      H.find(u,v);
  }
  for(int i=1;i<=n;++i)if(d[i]<=2)q.push(i),vis[i]=1;
  while(!q.empty())
  merge(q.front()),q.pop();
  int tmp=0;for(int i=1;i<=n;++i)if(~d[i])iD[i]=++tmp;
  n=tmp;tmp=0;
  for(int i=1;i<=m;++i)if(!del[(i-1)<<1]){
      int u=E[(i-1)<<1].v,v=E[(i-1)<<1|1].v;
      ++tmp;u=iD[u];v=iD[v];
      U[tmp]=u;V[tmp]=v;iE[tmp]=i;
  }
  m=tmp;dfs(1,0);
  cout<<(ll)ans1*ans2%mod<<endl;
  return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/Paul-Guderian/p/10589064.html