树上M乘积路径数
此题是在某个的oj上看到的，题目标题和数据都不记得了，只能说个大概(标题瞎编的)
题目大意
给出\(n\)个点，可以任意选择生成树和\([1,m]\)的边权。由这些点连成一棵树，树中每一条边的权重介于\([1,m]\)给出两点\(a，b\)问有多少种树满足\(a，b\)之间的路径的权值乘积为\(m\)
数据范围
\(n<=10^{6}\)(应该是),\(m<=10^{18}\)
题目解析
这里有道简化版的类似题目：CodeForces #539 (Div.2) F：Sasha and Interesting Fact from Graph Theory
首先此题需要用到凯利公式(原题提示中已给出)：$$设T_{n,k}为n个有标号点分成k个连通块的的分割种数，其中节点1,2,3,…k属于不同的联通块,则有
T_{n,k}=k\ n^{n-k-1}$$
与上面简化版类似，假设给定的\(a，b\)之间假设存在条路径，总共有\(i\)条边,\(i+1\)个点，那么除了\(a,b\)选择剩下的节点方案数为\(C_{n-2}^{i-1}\)，乘以对点进行全排列\(A_{i-1}\)。
满足ab路径的边权条件后，其他边权的分配方案为\(m^{n-1-i}\)。
然后将剩下的\(n-i-1\)个节点接入\(a,b\)的路径，除去\(a,b\)路径上的边，就转化为了将\(n\)个点划分到\(i+1\)个联通块(且\(a,b\)路径上的i+1个点属于不同联通块)，这就可以使用凯利公式\(T_{n,i+1}=(i+1)*n^{n-i-2}\)
接下来就是计算\(i+1\)条边权乘积为m的方案数。如果是简化版题目中的和为\(m\)，则只要使用隔板法就可以用一个组合数表示，然而乘积的情况下，就等对原题目进行质因数分解，转化为质因数的指数幂形式，在对每个质因数的指数分别进行隔板法再结果相乘(而且每个边代表的指数是可以为0的)。假设质因数p的指数幂为k,则隔板法方案数为\(C_{k+i-1}^{i-1}\)。
但是本题m非常大，常规质因数分解算法\(O(\sqrt{m})\)的质因数分解算法无法使用，这里想到的是使用大数因子分解算法Pollard Rho结合Miller Rabin提取素数因子。
如果提示中不给出凯利公式，那应该就是一道高难度的题了(给出了难度也不低就是)
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<ctime>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 1000005 ;
const int MOD=1e9+7;
///logn快速乘法
ll mulEx(ll a , ll b , ll Mod) {
if(!a) return 0 ;
ll ans(0) ;
while(b)
{
if(b & 1) ans = (ans + a) % Mod;
a <<= 1 ;
a %= Mod ;
b >>= 1 ;
}
return ans ;
}
///快速幂
ll powEx(ll base , ll n , ll Mod)
{
ll ans(1) ;
while(n)
{
if(n & 1) ans = mulEx(ans , base , Mod) ;
base = mulEx(base , base , Mod) ;
n >>= 1 ;
}
return ans ;
}
bool check(ll a , ll d , ll n)
{
if(n == a) return true ;
while(~d & 1) d >>= 1 ;
ll t = powEx(a , d , n) ;
while(d < n - 1 && t != 1 && t != n - 1)
{
t = mulEx(t , t , n) ;
d <<= 1 ;
}
return (d & 1) || t == n - 1 ;
}
///判断大数是否是质数,miller_rabin
bool isP(ll n)
{
if(n == 2) return true ;
if(n < 2 || 0 == (n & 1)) return false ;
static int p[5] = {2 , 3 , 7 , 61 , 24251} ;
for(int i = 0 ; i < 5 ; ++ i) if(!check(p[i] , n - 1 , n)) return false ;
return true ;
}
ll gcd(ll a , ll b)
{
if(a < 0) return gcd(-a , b) ;
return b ? gcd(b , a - b * (a / b)) : a ;
}
///大数分解质因数
ll Pollard_rho(ll n , ll c)
{
ll i = 1 , k = 2 , x = rand() % n , y = x ;
while(true)
{
x = (mulEx(x , x , n) + c) % n ;
ll d = gcd(y - x , n) ;
if(d != 1 && d != n) return d ;
if(y == x) return n ;
if(++ i == k)
{
y = x ;
k <<= 1 ;
}
}
}
ll Fac[MAXN] , factCnt ;
///Fac存的是质因子,大小不一定按照顺序,有重复
map<ll , ll> factMap ;
///遍历map的first表示因子,second表示次数
void factorization(ll n)
{
if(isP(n))
{
if (factMap.count(n)==0){
Fac[factCnt++] = n ;
factMap[n]=0;
}
return ;
}
ll p(n) ;
while(p >= n) p = Pollard_rho(p , rand() % (n - 1) + 1) ;
factorization(p) ;
factorization(n / p) ;
}
void getFactor(ll x)
{
if (isP(x)){
Fac[factCnt++]=x;
factMap[x]=0;
return;
}
srand(time(0)) ;
factCnt = 0 ;
factMap.clear() ;
factorization(x) ;
}
ll fac[2000005],ifac[2000005],nexp[1000005],mexp[1000005];
void init(ll n,ll m){
ifac[1]=1;ifac[0]=1;
fac[0]=1;fac[1]=1;
for (ll i=2;i<=2*n;i++){
fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
ifac[i]=1ll*(MOD-MOD/i)*ifac[MOD%i]%MOD;
}
for (ll i=1;i<=2*n;i++){
ifac[i]=ifac[i-1]*ifac[i]%MOD;
}
nexp[0]=1;nexp[1]=n;
mexp[0]=1;mexp[1]=m%MOD;
for (int i=2;i<=n;i++){
nexp[i]=nexp[i-1]*n%MOD;
mexp[i]=mexp[i-1]*(m%MOD)%MOD;
}
}
//x>y
ll getC(int x,int y){
return fac[x]*ifac[y]%MOD*ifac[x-y]%MOD;
}
int main(){
int a,b;
ll m,n;
cin>>n>>m>>a>>b;
init(n,m);
ll invn=powEx(n,MOD-2,MOD);
if (m==1){
ll ans=0;
for (int i=1;i<=n-1;i++){
ll sums=1;
sums=sums*fac[i-1]%MOD;
sums=sums*getC(n-2,i-1)%MOD;
if (n-i-2>=0)
sums=sums*(i+1)%MOD*nexp[n-i-2]%MOD;
else sums=sums*(i+1)%MOD*powEx(n,MOD-2,MOD)%MOD;
ans=(ans+sums)%MOD;
}
cout<<ans;
return 0;
}
getFactor(m);
ll v=m;
for (int i=0;i<factCnt;i++){
while (v%Fac[i]==0){
factMap[Fac[i]]++;
v/=Fac[i];
}
}
ll ans=0;
for (int i=1;i<=n-1;i++){
ll sums=1;
for (int j=0;j<factCnt;j++){
int tj=factMap[Fac[j]];
sums=sums*getC(tj+i-1,i-1)%MOD;
}
sums=sums*fac[i-1]%MOD;
sums=sums*mexp[n-1-i]%MOD;
sums=sums*getC(n-2,i-1)%MOD;
if (n-i-2>=0)
sums=sums*(i+1)%MOD*nexp[n-i-2]%MOD;
else sums=sums*(i+1)%MOD*invn;
ans=(ans+sums)%MOD;
}
cout<<ans;
}```
