[BZOJ4487] [JSOI2015]染色问题

这个嘛…容斥原理推一推公式就好啦>..<

选定i行，j列，k种颜色
i行可有颜色，也可没有，没有选的不能有涂色
j列类似
k种颜色可出现也可不出现，没有选颜色的不能用
这个有(k+1)ij(k+1)^{ij}种方案

那么总答案就是

∑i=0N∑j=0M∑k=0CCiNCjMCkC(−1)N+M+C−i−j−k(k+1)ij

\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}

我们显然不能接受O(NMC)的复杂度，然而题中400的数据范围奥妙重重，让这个算法水过了>..<我非常不开心

那么我们来想想怎么优化吧

有一个非常显而易见的多项式展开的公式

(X+1)Y=∑i=0YCiY∗Xi

(X+1)^{Y}=\sum_{i=0}^{Y}C_{Y}^{i}*X^i
我们倒着来

原式稍稍变一下形

∑i=0N∑k=0C(CiNCkC(−1)N+M+C−i−k ∑j=0MCjM(−1)j((k+1)i)j)

\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)^i)^j)

右边那个sigma的右边是不是和多项式展开公式形似呢，嘿嘿嘿

∑i=0N∑k=0C(CiNCkC(−1)N+M+C−i−k(1−(k+1)i)M)

\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)

于是时间就变成O(NClogM)啦>..<
O(NMC)水过的，是异端，要批斗

#include <cstdio>
const int MOD = 1000000007;
long long CC[401][401], POW[402][401], OUT, BASE, LOW;
int N, M, C;
inline int inv(int x)
{return x & 1 ? MOD - 1 : 1;
}
long long POWER(long long a, int b)
{long long r = 1;for (; b; b >>= 1){if (b & 1)r = r * a % MOD;a = a * a % MOD;}return r;
}
int main()
{scanf("%d%d%d", &N, &M, &C);for (int i = 0; i <= N || i <= C; i++){CC[i][0] = 1;for (int j = 1; j <= i; j++){CC[i][j] = CC[i - 1][j - 1] + CC[i - 1][j];if (CC[i][j] >= MOD)CC[i][j] -= MOD;}}for (int i = 1; i <= C + 1; i++){POW[i][0] = 1;for (int j = 1; j <= N; j++)POW[i][j] = POW[i][j - 1] * i % MOD;}for (int i = 0; i <= C; i++)for (int j = 0; j <= N; j++){BASE = CC[C][i] * CC[N][j] % MOD * inv(N ^ M ^ C ^ i ^ j) % MOD;LOW = (MOD - POW[i + 1][j]) + 1;if (LOW >= MOD)LOW -= MOD;OUT += BASE * POWER(LOW, M) % MOD;if (OUT >= MOD)OUT -= MOD;}printf("%lld\n", OUT);return 0;
}

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