[JSOI2015]染色问题

嘟嘟嘟


这题一大早开的，花了一个点儿推了一个\(O(n ^ 4)\)的做法，虽然过不了，但这是也是对计数这么烂的我的一个极大的鼓舞（耶！）。


我当然是先说我自己的做法啦！想看正解的巨佬们往下翻。。
这题第一眼就是到肯定得容斥，但关键是怎么容斥。
我的做法是用所有方案减去不合法的方案，剩下的就是合法的方案。
令\(f[n][m]\)表示大小为\(n * m\)的棋盘的合法的方案数。那么首先所有方案是\((c + 1) ^ {nm}\)（可以不上色），然后先容斥算出每种颜色至少出现一次的方案数，答案为至少0个颜色没有出现的方案数-至少1个颜色没有出现的方案数+至少2个颜色-至少三个颜色……即\(f[i][j] = \sum _ {k = 0} ^ {c} (-1) ^ {k} * (c + 1 - k) ^ {nm} * C _ {c} ^ {k}\)。
这个时候我们再考虑行列的限制，做法很暴力：枚举多少行多少列空着，然后再乘上组合数。这样我们就得到了最终的转移方程：

\[f[i][j] = \sum _ {k = 0} ^ {c} (-1) ^ {k} * (c + 1 - k) ^ {nm} * C _ {c} ^ {k} - \sum _ {i = 1} ^ {n} \sum _ {j = 1} ^ {m} f[i][j] * C_{n} ^ {i} * C_{m} ^ {j}$$于是$O(n ^ 4)$dp就好啦。 （代码不放了，照转移方程写就完事了） </br> 下面开始讲正解。 正解的一波容斥很带劲，但我现在只是感性理解…… 有三个限制条件，然后答案就是这么个容斥（？？？） $$\sum _ {i = 0} ^ {n} \sum _ {j = 0} ^ {m} \sum _{k = 0} ^ {c} C_{n} ^ {i} * C_{m} ^ {j} * C _ {c} ^ {k} * (-1) ^ {n + m + c - i - j - k} * (k + 1) ^ {ij}\]

但这样\(O(n ^ 3logn)\)还过不了，得小推一下。
我们把\(j\)挪到后面，然后拆开\(-1\)的乘方：

\[\sum _ {i = 0} ^ {n} \sum _ {k = 0} ^ {c} C_{n} ^ {i} * C _ {c} ^ {k} * (-1) ^ {n + m + c - i - k} * \sum _ {j = 0} ^ {m} C_{m} ^ {j} * (-1) ^ j * (k + 1) ^ {ij} \]

然后后面的那个\(\sum\)可以用二项式定理转化一下：

\[\sum _ {i = 0} ^ {n} \sum _ {k = 0} ^ {c} C_{n} ^ {i} * C _ {c} ^ {k} * (-1) ^ {n + m + c - i - k} * (1 - (k + 1) ^ i) ^ m \]

这样就过了。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<stack>
#include<queue>
#include<assert.h>
using namespace std;
#define enter puts("") 
#define space putchar(' ')
#define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define In inline
typedef long long ll;
typedef double db;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const db eps = 1e-8;
const int maxn = 405;
const ll mod = 1e9 + 7;
In ll read()
{
  ll ans = 0;
  char ch = getchar(), last = ' ';
  while(!isdigit(ch)) last = ch, ch = getchar();
  while(isdigit(ch)) ans = (ans << 1) + (ans << 3) + ch - '0', ch = getchar();
  if(last == '-') ans = -ans;
  return ans;
}
In void write(ll x)
{
  if(x < 0) x = -x, putchar('-');
  if(x >= 10) write(x / 10);
  putchar(x % 10 + '0');
}
In void MYFILE()
{
#ifndef mrclr
  freopen("ha.in", "r", stdin);
  freopen("ha.out", "w", stdout);
#endif
}

int n, m, c;

ll fac[maxn], inv[maxn], Pow[maxn * maxn];
In ll inc(ll a, ll b) {return a + b < mod ? a + b : a + b - mod;}
In ll C(int n, int m) {return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;}
In ll quickpow(ll a, ll b)
{
  ll ret = 1;
  for(; b; b >>= 1, a = a * a % mod)
    if(b & 1) ret = ret * a % mod;
  return ret;
}
In void init()
{
  fac[0] = inv[0] = 1;
  for(int i = 1; i < maxn; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
  inv[maxn - 1] = quickpow(fac[maxn - 1], mod - 2);
  for(int i = maxn - 2; i; --i) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}

int main()
{
  MYFILE();
  n = read(), m = read(), c = read();
  init();
  ll ans = 0;
  for(int i = 0; i <= n; ++i)
    for(int k = 0; k <= c; ++k)
      {
		ll tp = C(n, i) * C(c, k) % mod * quickpow(1 + mod - quickpow(k + 1, i), m) % mod;
		int flg = (n + m + c - i - k) & 1;
		ans = inc(ans, flg ? mod - tp : tp);
      }
  write(ans), enter;
  return 0;
}