牛客.二分图染色 （组合数学，思维，递推）

题目：传送门

题意

 

 思路

邓老师精讲

这题有一个巧妙的转换就是，将这种二分图问题，转移到二维矩阵上。

这里我们可以将二分图投射到一个 n * n 的矩阵上；

题目要求给边染色，且任意两条红色边不共享端点，任意两条蓝色边不共享端点；

那在矩阵上，问题可以转化为，在 n * n 的矩阵上放若干红色和蓝色棋子，使得任意行和列不存在颜色相同的棋子。

我们设 F[n] 表示在 n * n 放一种颜色的棋子，使得任意行和列最多只有一个棋子的方案数。

那么 F[n] = C(n, i) * A(n, i) (i = 0, 1, 2 .... n) ；（n行中选 i 行，有C(n, i)种，这 i 行去和 n 列中的 i 列匹配，就有 A(n, i) 种）

那么现在有两种颜色的棋子，那么总的方案数就是 F[n] * F[n]；这些方案都满足；任意行和列不存在颜色相同的棋子。

但是，这些方案中，存在两种颜色棋子出现在同个格子的情况，这种情况需要减掉。 考虑用容斥；

那么最终答案就是 (-1)^n * C(n, i) * A(n, i) * F[n - i] * F[n - i]   (i = 0, 1, ..... n);

现在还存在一个问题，那就是按照上面的公式 F[n] 的预处理是需要 O(n^2) 的，显然不行，考虑如何 O(n) 递推；

在二维矩阵上，n * n 比 (n - 1) * (n - 1) 多了 2 * n - 1 个格子，那么在这些格子上放一个棋子有 2 * n - 1 种选择，加上不放棋子这种情况，那么总的选择就有 2*n 种，总的就是 2*n*F[n-1] 种方案，需要减去一些冲突的情况。只是多放了一个棋子上去，那么最多只有一个格子会出现冲突。

可能出现冲突的格子就是 (n - 1) * (n - 1) 矩阵上的某个格子，那么冲突的方案就是 (n - 1) * (n - 1) * F[n - 2]；

所以 F[n] = 2*n*F[n - 1] - (n - 1)^2 * F[n - 2]

当然，如果你实在想不到怎么递推，那就只能打表找规律了。

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define UI unsigned int
#define mem(i, j) memset(i, j, sizeof(i))
#define rep(i, j, k) for(int i = j; i <= k; i++)
#define dep(i, j, k) for(int i = k; i >= j; i--)
#define pb push_back
#define make make_pair
#define INF 0x3f3f3f3f
#define inf LLONG_MAX
#define PI acos(-1)
#define fir first
#define sec second
#define lb(x) ((x) & (-(x)))
#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<<x<<endl;
using namespace std;

const int N = 1e7 + 5;

const LL mod = 1e9 + 7;

LL fac[N], ifac[N], f[N];

LL ksm(LL a, LL b) {

    LL res = 1LL;

    while(b) {

        if(b & 1) res = res * a % mod;

        a = a * a % mod; b >>= 1;

    }

    return res;

}

LL C(int n, int m) {

    return fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod;

}

LL A(int n, int m) {

    return fac[n] * ifac[n - m] % mod;

}

int n;

void solve() {

    scanf("%d", &n);

    fac[0] = ifac[0] = 1LL;

    rep(i, 1, n) fac[i] = 1LL * i * fac[i - 1] % mod;

    ifac[n] = ksm(fac[n], mod - 2);

    dep(i, 1, n - 1) ifac[i] = 1LL * (i + 1) * ifac[i + 1] % mod;

    f[0] = 1LL; f[1] = 2LL;

    rep(i, 2, n) f[i] = (2LL * i * f[i - 1] % mod - 1LL * (i - 1LL) * (i - 1LL) % mod * f[i - 2] % mod + mod) % mod;

    LL ans = 0LL;

    rep(i, 0, n) {

        if(i & 1) {

            ans = (ans - C(n, i) * A(n, i) % mod * f[n - i] % mod * f[n - i] % mod + mod) % mod;

        }

        else ans = (ans + C(n, i) * A(n, i) % mod * f[n - i] % mod * f[n - i] % mod) % mod;

    }

    printf("%lld\n", ans);

}


int main() {

//    int _; scanf("%d", &_);
//    while(_--) solve();

    solve();

    return 0;
}