【题解】染色问题 [JSOI2015][P6076]
【题解】染色问题 [JSOI2015][P6076]
传送门：染色问题 \(\text{[JSOI2015][P6076]}\)
【题目描述】
给出一个 \(n\times m\) 的棋盘，有 \(c\) 种颜色，现要对每个格子染色（可以不染），求满足每行至少有一个被染、每列至少有一个被染且每种颜色至少染了一个格子的方案数。
【分析】
组合意义天地灭,代数推导保平安。 —— tiger0133
大家好像都是考虑容斥,咱这里有个不需要费脑子的二项式反演……（这句也是从别人的博客里嫖来的awa）
发现要统计的方案需满足条件“至少balabala”，不禁想到另一道题 \(\text{CF997C}\)。类似地设 \(g(i,j,k)\) 表示“至少balabala”，\(f(i,j,k)\) 表示“恰好balabala”。
但这里的 \(f,g\) 都不好直接计算，而且值得注意的是，我们为了做反演而定义的“至少”与题目里的“至少”意义是不一样的。
定义的“至少”真正含义为：钦定 \(k\) 个满足“balabala”，其余随便。这样统计出来会有大量的重复计算。所以就算求出了 \(f,g\) 数组，要转换成答案还需进一步容斥。
正难则反，可以反过来设计状态：
\(f(i,j,k)\)： 恰好有 \(i\) 行、\(j\) 列一个都没染 且 恰好 \(k\) 种颜色没使用的方案数。
\(g(i,j,k)\)： 至少有 \(i\) 行、\(j\) 列一个都没染 且 至少 \(k\) 种颜色没使用的方案数。
\(g(i,j,k)\) 这个东西是可以直接算的，它等于 \(C_{n}^{i}C_{m}^{j}C_{c}^{k}(c-k+1)^{(n-i)(m-j)}\) 。
而答案为 \(f(0,0,0)\) 。
剩下的二项式反演就很套路了。
易知：\(g(x,y,z)=\sum\limits_{i=x}^{n}\sum\limits_{j=y}^{m}\sum\limits_{k=z}^{c}C_{i}^{x}C_{j}^{y}C_{k}^{z}f(i,j,k)\)
由高维二项式反演可得：
\(f(x,y,z)=\sum\limits_{i=x}^{n}\sum\limits_{j=y}^{m}\sum\limits_{k=z}^{c}(-1)^{i+j+k-x-y-z}C_{i}^{x}C_{j}^{y}C_{k}^{z}g(i,j,k)\)
则：
\(\begin{aligned}f(0,0,0)&=\sum\limits_{i=0}^{n}\sum\limits_{j=0}^{m}\sum\limits_{k=0}^{c}(-1)^{i+j+k-0}C_{i}^{0}C_{j}^{0}C_{c}^{0}g(i,j,k)\\&=\sum\limits_{i=0}^{n}\sum\limits_{j=0}^{m}\sum\limits_{k=0}^{c}(-1)^{i+j+k}C_{n}^{i}C_{m}^{j}C_{c}^{k}(c-k+1)^{(n-i)(m-j)}\end{aligned}\)
直接暴算复杂度 \(O(nmc \log_2(nm))\) 比较悬，枚举的时候把 \(k\) 放在最外层，然后预处理 \(c-k+1\) 的前 \(nm\) 次幂，即可优化到 \(O(nmc)\) 。
【Code】
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=403,P=1e9+7;
int n,m,K,ans,Mi[N*N],jc[N],inv[N],invjc[N];
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')f|=ch=='-',ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
x=f?-x:x;
}
inline int C(Re m,Re n){return (LL)jc[n]*invjc[m]%P*invjc[n-m]%P;}
int main(){
// freopen("123.txt","r",stdin);
in(n),in(m),in(K),inv[1]=jc[0]=jc[1]=invjc[0]=invjc[1]=1;
for(Re i=2;i<=max(max(n,m),K);++i)inv[i]=(LL)inv[P%i]*(P-P/i)%P,jc[i]=(LL)jc[i-1]*i%P,invjc[i]=(LL)invjc[i-1]*inv[i]%P;
for(Re k=0;k<=K;++k){
Mi[0]=1;
for(Re i=1;i<=n*m;++i)Mi[i]=(LL)Mi[i-1]*(K-k+1)%P;
for(Re i=0;i<=n;++i)
for(Re j=0;j<=m;++j)
(ans+=(LL)((i+j+k&1)?P-1:1)*C(i,n)%P*C(j,m)%P*C(k,K)%P*Mi[(n-i)*(m-j)]%P)%=P;
}
printf("%d\n",ans);
}
