题解 P6076 [JSOI2015]染色问题
ps:感觉容斥对初学者而言很玄学（至少本人刚开始接触时是这样...），所以想写一篇题解，仔细分析容斥到底如何运用到题目中。
容斥
容斥解决的是满足多个条件的方案数的问题，这里可以把每个条件转化为集合（如果对集合的运算还不是很了解的同学，可以先了解集合的基本运算，这会对容斥的理解帮助很大），例：
*\(|U|\)：所有情况的方案数
*\(S_i\)：满足条件\(i\)的方案数
*\(\begin{aligned} \left|\bigcup_{i=1}^{n}S_i\right|\end{aligned}\)：满足任一一个条件的方案数
*\(\begin{aligned} \left|\bigcap_{i=1}^{n}S_{i}\right|\end{aligned}\)：全部条件都满足的方案数
容斥的核心思想是对“至少(至多)”和“恰好（一般是）”之间的转换，重点是弄清楚哪种方案数容易求，相关的式子如下：
*\(\begin{aligned} \left|\bigcup_{i=1}^{n}S_i\right|=\sum_{m=1}^n(-1)^{m-1}\sum_{a_i<a_{i+1} }\left|\bigcap_{i=1}^mS_{a_i}\right| \end{aligned}\)
*\(\begin{aligned}\left|\bigcap_{i=1}^{n}S_i\right|=|U|-\left| \bigcup_{i=1}^{n}\overline{S_{i}} \right| \end{aligned}\)
问题描述：
一个\(n\times m\)的棋盘，用\(c\)种颜色染色，求满足条件的方案数
- 棋盘的每一个小方格既可以染色（染成\(c\)种颜色中的一种），也可以不染色。
- 棋盘的每一行至少有一个小方格被染色。
- 棋盘的每一列至少有一个小方格被染色。
- 每种颜色都在棋盘上出现至少一次。
看上去很难，既要考虑颜色，又要考虑每一行，每一列，感觉特别不可做...
我们先将颜色单独考虑。
发现“出现至少一次”可以看成每种颜色都要用，即\(\begin{aligned} \left|\bigcap_{i=1}^{n}S_{i}\right|\end{aligned}\)，而我们发现如果有某几种颜色不用，其它颜色不考虑用不用的方法好像很好求（（其它颜色数+1）^要填的格子数），即\(\begin{aligned} \left|\bigcap_{i=1}^{n}\overline{S_{i}}\right|\end{aligned}\)。通过式子一和式子二共同转化，\(\begin{aligned}\left| \bigcap_{i=1}^{n}S_i\right|=|U|-\left| \bigcup_{i=1}^n \overline{S_i} \right| =|U|- \sum_{m=1}^n (-1)^{m-1} \sum_{a_i<a_{i+1} }\left| \bigcap_{i=1}^mS_{a_i}\right| \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} \sum_{a_i<a_{i+1} }\left|\bigcap_{i=1}^m\overline{S_{a_i}}\right| \end{aligned}\)的意义是所有组\(m\)个颜色不用的方案数，组数就是\(c\)种颜色中选\(m\)种颜色，即\(\binom{C}{m}\)组，为了表述方便，我们设\(f[i]\)表示在棋盘上用最多用\(i\)种颜色满足要求一、二的方案数（这个待会去求），而一组的答案就为\(f[c-m]\)，与组数相乘即可，而全集是\(f[c]\)（最多用\(c\)种颜色就是所有情况）。所以答案为\(ans=f[c]- \sum_{i=1}^{c} f[c-i]* \binom{c}{i}*(-1)^{i-1}\)
类似的，计算\(f[i]\)的时候所要考虑的要求一、二，也可以通过上面的容斥分析得到。还是通过上面的式子转化，不过此时的\(\begin{aligned} \sum_{a_j<a_{j+1} } \left| \bigcap_{j=1}^k\overline{S_{a_j}}\right| \end{aligned}\)就是所有组\(k\)列完全不涂色的方案数，一组的答案这么统计：对每一行单独考虑，答案数为\((i+1)^{m-k}\)，可是一行不能全为空，就要减去一，\(n\)行都是独立的，相乘就是\(((i+1)^{m-k}-1)^n\)。这里全集就是当\(k=0\)时的值（0列完全不涂色就是所有的情况），所以\(f[i]=((i+1)^m-1)^{n}-\sum_{k=1}^{m}*\binom{m}{k}*((i+1)^k-1)^n*(-1)^{k-1}\)
综合起来就可以了。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
ll n,m,c,f[410],C[410][410];
ll ksm(ll x,int y){
ll ans=1;
while(y){
if(y&1)ans=ans*x%mod;
x=x*x%mod,y=y>>1;
}
return ans;
}
int main(){
cin>>n>>m>>c;
for(int i=0;i<=400;i++){
C[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;j++){
C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
}
}
for(ll i=1;i<=c;i++){
ll st=0,k=1;
for(int j=m;j>=1;j--,k=k*(i+1)%mod){
if(j&1)
st=(st+ksm(k-1,n)*C[m][j])%mod;
else
st=(st-ksm(k-1,n)*C[m][j]%mod+mod)%mod;
}
f[i]=(ksm(ksm(i+1,m)-1,n)-st+mod)%mod;
}
ll ans=f[c],an1=0;
for(int i=1;i<=c;i++){
if(i&1)
an1=(an1+f[c-i]*C[c][i])%mod;
else
an1=(an1-f[c-i]*C[c][i]%mod+mod)%mod;
}
cout<<(ans-an1+mod)%mod;
return 0;
}
