【Petrozavodsk Winter 2021 Day 7】Colorful Components

【Petrozavodsk Winter 2021 Day 7】Colorful Components

Description

有\(n\)个点（有标号），第\(i\)种颜色有\(c_i\)个，求把它们连接成树且所有同色连通块大小\(\le k\)的方案数

模\(1e9+7\)

Input

第一行两个数\(n,k\)

然后\(n\)行读入每个数的颜色

Output

一行一个数表示答案

Sample Input

5 3
1
1
3
1
5

Sample Output

125

Data Constraint

\(1\le k\le n\le 300\)

Solution

这是一个1log做法

对于\(\le k\)，不妨一般化为\(\in S\)

考虑凯莱公式：\(n^{k-2}\prod_{i=1}^{k}s_i\)

于是考虑确定每个连通块的容斥系数，然后配上一个\(ns\)

我们可以仿照边双计数，设有根连通块的容斥系数为\(P(x)\)（EGF），设有根合法连通块为\(F(x)\)（EGF）

那么我们知道\([x^n]F(x)=\frac{[n\in S]n^{n-1}}{n!}\)

同时，枚举根所在的连通块大小，因为是对容斥系数求和，所以可以得到\(F(x)=P(x\exp F(x))\)

设\(G(x)=x\exp F(x)\)，\(H(G)=x\)

注意到本来就设的是有根，所以\(ns\)中的\(s\)已经配过了

那么拉反就得到

\[\begin{aligned} P(x)&=F(H)\\ [x^t]\exp(nP(x))&=[x^t]\exp(nF(H))\\ &=\frac{1}{t}[x^{t-1}]nF'\exp(nF)(\frac{x}{x\exp F})^{t}\\ &=\frac{1}{t}[x^{t-1}]nF'\exp((n-t)F) \end{aligned} \]

暴力计算\(O(n^2)\)，使用多项式可以\(O(n\log n)\)

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define F(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define Fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define N 1010
#define mo 1000000007

int fac[N],ifac[N],inv[N];

int mod(int x){return x>=mo?x-mo:x;}

int mi(int x,int y){
	if(!y)return 1;
	if(y==1)return x;
	return y%2?1ll*x*mi(1ll*x*x%mo,y/2)%mo:mi(1ll*x*x%mo,y/2);
}

void init(){
	fac[0]=ifac[0]=1;
	F(i,1,N-10)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mo,inv[i]=(i==1?1:1ll*mo/i*mod(mo-1ll*inv[mo%i]%mo)%mo);
	ifac[N-10]=mi(fac[N-10],mo-2);
	Fd(i,N-11,1)ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mo;
}

int n,m,c[N],w[N];
int f[N],g[N],ans;

int main(){
	init();
	scanf("%d%d",&n,&m);
	F(i,1,n){
		int x;
		scanf("%d",&x);
		c[x]++;
	}
	F(i,1,n)w[i]=1ll*mi(i,i-1)*ifac[i]%mo;
	ans=1;
	F(i,1,n)if(c[i]){
		F(j,1,c[i])f[j]=(j<=m?1ll*(n-c[i])*w[j]%mo:0);
		g[0]=1;
		F(j,1,c[i]){
			g[j]=0;
			F(k,1,j)g[j]=mod(g[j]+1ll*k*f[k]%mo*g[j-k]%mo);
			g[j]=1ll*g[j]*inv[j]%mo;
		}
		int tmp=0;
		F(j,1,min(m,c[i]))tmp=mod(tmp+1ll*j*w[j]%mo*n%mo*g[c[i]-j]%mo);
		ans=1ll*ans*tmp%mo*fac[c[i]-1]%mo;
	}
	printf("%d",1ll*mi(mi(n,mo-2),2)*ans%mo);
	return 0;
}