[acmm week12]染色（容斥定理+组合数+逆元）

1003 染色

	Time Limit: 1sec    Memory Limit:256MB Description  今天离散数学课学了有关树的知识，god_v是个喜欢画画的人，所以他喜欢对于一棵树上色，且相邻节点不能染相同颜色，他有k种颜色，他希望他染色完后，这棵树上每种颜色都有，他想请教你有多少种染色方案？由于方案数过大，输出对1e9+7取模的结果。 Input 第一行 n，k表示树的节点和颜色数量（1<=k<=n<=100000） 第二行 n-1个数字，第i个数字表示第i+1个节点的父亲的编号，（f[i]<i+1）   Output  一个数字，表示方案数(%1e9+7) Sample InputCopy 6 4 1 2 2 4 5 Sample OutputCopy 600

 

题解：

如果不限制k种颜色全部用上，则方案数为f[k]=k*(k-1)^(n-1)（根节点有k种选择，其他节点有k-1种选择）。限制后，我们可以用容斥定理：ans=f[k] - C(k-1,k)*f[k-1] + C(k-2,k)*f[k-2] - .... + (-1)^(k-1) * C(1,k) * f[1];
f：用快速幂求出
线性求C(i,k) （1<=i<=k）：C(i,k) = C(i-1,k) * (i-k+1) / i; 设mod=10^9+7，由于最后答案要%mod，则除以i要转化为乘以i在%mod下的逆元。
线性求逆元： inv[i]=((mod-mod/i))*inv[mod%i]%mod;（inv[i]为i的逆元，emm这里也可以用费马小定理来求）
O(nlogn)

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;
const LL mod=1e9 + 7;
const int N=100010;
LL c[N],inv[N];

void cal_c(int k)
{
    inv[1]=1;
    for(LL i=2;i<=k;i++)
    {
        inv[i]=((mod-mod/i))*inv[mod%i]%mod;
    }
    c[0]=1;
    for(LL i=1;i<=k;i++) c[i]=c[i-1]*(k-i+1)%mod*inv[i]%mod;
}

LL pow(LL x,LL y)
{
    LL ans=1;
    while(y)
    {
        if(y&1) ans=ans*x%mod;
        x=x*x%mod;
        y/=2;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    //freopen("a.in","r",stdin);
    LL n,k;
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    cal_c(k);
    LL ans=0,f=1,now;
    for(LL i=k;i>=1;i--)
    {
        now=(((c[i]*i)%mod)*pow(i-1,n-1))%mod;
        ans=(ans+f*now+mod)%mod;
        f=-f;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}