「题解」Codeforces 1109D Sasha and Interesting Fact from Graph Theory

先 orz qyc

先考虑枚举 \(a\) 和 \(b\) 中间有 \(i\) 个点，那么中间这些边边权的分配就是一个插板法 \(\binom{m-1}{i}\)，树中剩余 \((n-1-(i+1))\) 条边的边权就可以任意选了，这部分方案数是 \(m^{n-i-2}\)．

然后考察树的形态，发现这里相当于 \((i+2)\) 棵有根树，树和树之间有顺序，并且还要求第一棵树根节点编号是 \(a\)，最后一棵是 \(b\)．

如果不考虑这两个根节点的编号限制的话，那么就相当于要计算 \(n\) 个有标号点连成 \(k\) 棵有根树，树和树之间有顺序的方案数。既然限制了第一棵树和最后一棵树的编号，再除掉 \(n\) 和 \((n-1)\) 即可（第一棵树的根的标号有 \(n\) 种选择方案，只想要其中一种，先除 \(n\)；除完之后最后一棵树的标号有 \((n-1)\) 种选择方式，同理除掉 \((n-1)\)）．

现在问题变为了计算 \(n\) 个有标号点连成 \(k\) 棵有根树的方案数，并且要求树和树之间有顺序。

令 \(T\) 有标号有根树的 EGF，则 \(T=ze^T\)，答案即为 \(n![z^n]T^k\)．

拉格朗日反演。

\(T\) 的复合逆 \(G=\frac{z}{e^z}\)，再令 \(H=z^k\)．

\[\begin{aligned} n![x^n]T^k&=n![z^n]H(T)\\ &=(n-1)![z^{n-1}]H'(z)\left(\frac{z}{G}\right)^n \\ &=k(n-1)![z^{n-1}]z^{k-1}e^{nz} \\ &=k(n-1)![z^{n-k}]e^{nz} \\ &=k(n-1)!n^{n-k}\frac{1}{(n-k)!} \\ &=k\cdot n^{n-k-1}\cdot n^{\underline k} \end{aligned} \]

问题解决。

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<ctime>
#include<random>
#include<assert.h>
#define pb emplace_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define dbg(x) cerr<<"In Line "<< __LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<'\n';
#define dpi(x,y) cerr<<"In Line "<<__LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<" ; "<<"the "<<#y<<" = "<<y<<'\n';
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int>pii;
typedef pair<ll,int>pli;
typedef pair<ll,ll>pll;
typedef pair<int,ll>pil;
typedef vector<int>vi;
typedef vector<ll>vll;
typedef vector<pii>vpii;
typedef vector<pil>vpil;
template<typename T>T cmax(T &x, T y){return x=x>y?x:y;}
template<typename T>T cmin(T &x, T y){return x=x<y?x:y;}
template<typename T>
T &read(T &r){
	r=0;bool w=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')w=ch=='-'?1:0,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')r=r*10+(ch^48),ch=getchar();
	return r=w?-r:r;
}
template<typename T1,typename... T2>
void read(T1 &x,T2& ...y){read(x);read(y...);}
const int mod=1000000007;
inline void cadd(int &x,int y){x=(x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline void cdel(int &x,int y){x=(x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
inline int add(int x,int y){return (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline int del(int x,int y){return (x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
int qpow(int x,int y){
	int s=1;
	while(y){
		if(y&1)s=1ll*s*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return s;
}
const int N=2000010;
int n,m,a,b,fac[N],inv[N],t,ans;
int C(int x,int y){
	return 1ll*fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
int calc(int n,int k){
	return n==k?fac[n]:1ll*k*qpow(n,n-k-1)%mod*fac[n]%mod*inv[n-k]%mod;
}
signed main(){
	#ifdef do_while_true
//		assert(freopen("data.in","r",stdin));
//		assert(freopen("data.out","w",stdout));
	#endif
	read(n,m,a,b);t=max(n,m);
	fac[0]=1;for(int i=1;i<=t+1;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	inv[t+1]=qpow(fac[t+1],mod-2);
	for(int i=t;~i;--i)inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
	for(int i=0;i<=min(n-2,m-1);i++){
		int s=1ll*C(m-1,i)*calc(n,2+i)%mod*qpow(m,n-1-(i+1))%mod;
		cadd(ans,s);
	}
	cout << 1ll*ans*qpow(n,mod-2)%mod*qpow(n-1,mod-2)%mod << '\n';
    #ifdef do_while_true
//		cerr<<'\n'<<"Time:"<<1.0*clock()/CLOCKS_PER_SEC*1000<<" ms"<<'\n';
	#endif
	return 0;
}