[组合数学] NC13611树 (逆元的计算)

题面

link 有一颗树，树有n个结点。有k种不同颜色的染料给树染色。一个染色方案是合法的，当且仅当对于所有相同颜色的点对(x,y)，x到y的路径上的所有点的颜色都要与x和y相同。请统计方案数。
其中，n,k≤300n, k ≤ 300n,k≤300

分析

若是从某个根节点在dfs 或者 bfs 过程中统计，是非常麻烦的事。子结点和父亲一个颜色，这种情况还比较简单，若是不同颜色，则其兄弟结点也不能和该子结点一个颜色(因为这两者通过父结点连接)，这样整个过程就不好计算了。
或许可以换一种思路，若是我们已经涂了一个部分，并且这些部分是联通的，即涂了这棵树一棵结点数为 iii 的子树，这棵树共有 jjj 种不同颜色，那么可以记涂法为 dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j], 若是已经涂过颜色的 vpv_pvp 与没有涂过颜色的 vqv_{q}vq 相连，那么可以扩展，若 Color(vp)=Color(vq)Color(v_p) = Color(v_q)Color(vp)=Color(vq)，那么 vqv_{q}vq 有一种涂法；若是Color(vp)≠Color(vq)Color(v_p) ≠ Color(v_q)Color(vp)=Color(vq)，那么 vqv_{q}vq 有 k−jk - jk−j 种涂法(已经涂过的 jjj 种颜色不能再用了，因为 vqv_qvq 与已经涂过颜色的结点之间的路径必须经过 vpv_pvp)。于是可以得到如下转移式子：

dp[i][j]=dp[i−1][j]+dp[i−1][j−1]∗(k−j+1)dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i-1][j-1] * (k - j + 1)dp[i][j]=dp[i−1][j]+dp[i−1][j−1]∗(k−j+1)
而我们所需要的答案就是 ∑i=1ndp[n][i]\sum_{i=1}^{n}dp[n][i]∑i=1ndp[n][i]，复杂度为 O(nk)O(nk)O(nk) 所以通过动态规划得出答案就可以。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, long long> P;
const int maxn = 1e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll mod = 1e9 + 7;ll dp[302][302], ans;
int n, k;int main()
{scanf("%d %d", &n, &k);dp[1][1] = k;                                  //一个结点涂一种颜色有k种答案for(int i = 2; i <= n; i++)for(int j = 1; j <= k; j++)                 //进行dp{dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i-1][j-1] * (k - j + 1);dp[i][j] %= mod;}for(int i = 1; i <= k; i++)                      //累加答案ans = (ans + dp[n][i]) % mod;printf("%lld\n", ans);
}

或许还可以这样想，相同颜色的结点即构成一个连通块，而对于树来说，每切去一条边就多一个连通块，最多可以切去 n−1n - 1n−1 条边，形成 nnn 个连通块。所以一棵树我们有 Cn−1i−1(1≤i≤n)C_{n-1}^{i-1} (1 ≤ i ≤ n)Cn−1i−1(1≤i≤n) 种切法，每次对于得到的 iii 个连通块，用 kkk 种颜色去涂，总共有 AkiA_k^iAki 种涂法，所以最终答案为：
∑niCn−1i−1Aki\sum_n^iC_{n-1}^{i-1}A_k^in∑iCn−1i−1Aki
复习一下组合数学的知识， Cmn=m!(m−n)!n!C_m^n = \frac{m !}{(m-n) !n !}Cmn=(m−n)!n!m!, Amn=m!(m−n)!A_m^n = \frac{m !}{(m-n) !}Amn=(m−n)!m!，其中阶乘我们可以先预处理出来，但这里有除法的取模，我们需要用到费马小定理: 对于质数 ppp, 若 aaa 不是 ppp 的倍数，则有 ap−1≡1(modp)a^{p-1} ≡ 1 (mod \ p)ap−1≡1(mod p)
那么若记 a−1≡b(modp)a^{-1} ≡ b(mod \ p)a−1≡b(mod p), 那么 a−1∗ap−1≡b∗ap−1(modp)a^{-1} * a^{p-1}≡ b * a^{p-1}(mod \ p)a−1∗ap−1≡b∗ap−1(mod p), 又由于费马小定理可得 b∗ap−1=b(modp)b * a^{p-1} = b (mod \ p)b∗ap−1=b(mod p)，于是 ap−2≡b(modp)a^{p-2} ≡ b(mod \ p)ap−2≡b(mod p)，这样就将一个求负幂次的形式变成了求正幂次的形式，这样我们可以用快速幂 O(logn)O(logn)O(logn) 的时间进行计算了，这样总复杂度就是 O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, long long> P;
const int maxn = 1e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll mod = 1e9 + 7;ll fac[302], ans;
int n, k;ll qpow(ll x, ll n)                 //快速幂
{ll t = 1;for (; n; n >>= 1, x = x * x % mod)if (n & 1)t = t * x % mod;return t;
}ll C(int n, int k)
{return fac[n] * qpow(fac[k] * fac[n-k] % mod, mod - 2) % mod;
}ll A(int n, int k)
{return fac[n] * qpow(fac[n-k] % mod, mod - 2) % mod;
}int main()
{scanf("%d %d", &n, &k);fac[0] = fac[1] = 1;for(int i = 2; i <= n; i++)          //预处理阶乘fac[i] = fac[i-1] * i % mod;for(int i = 1; i <= min(n, k); i++)ans = (ans + C(n - 1, i - 1) * A(k, i) % mod) % mod;printf("%lld\n", ans);
}

上面用快速幂求逆元用了对数时间，而其实可以先用线性时间先预处理出逆元，这样总复杂度就可以降到 O(n)O(n)O(n)。i−1i^{-1}i−1 在模 ppp 运算下如何得出呢？
不妨记 p=k∗i+rp = k*i + rp=k∗i+r, 其中 r＜i，1＜i＜pr ＜ i，1 ＜ i ＜pr＜i，1＜i＜p, 那么 k=⌊pi⌋，r=p%ik = ⌊\frac{p}{i}⌋，r = p \%ik=⌊ip⌋，r=p%i, 可以进行如下推导：
k∗i+r≡0(modp)k * i + r ≡ 0 (mod \ p) k∗i+r≡0(mod p)
两边同乘 r−1i−1r^{-1} i^{-1}r−1i−1:
k∗r−1+i−1≡0(modp)i−1≡−k∗r−1(modp)i−1≡−⌊pi⌋∗(p%i)−1(modp)k * r^{-1} + i^{-1} ≡ 0 (mod \ p) \\ i^{-1} ≡ -k*r^{-1}(mod \ p) \\ i^{-1} ≡ - ⌊\frac{p}{i}⌋ * (p \%i)^{-1} (mod \ p)k∗r−1+i−1≡0(mod p)i−1≡−k∗r−1(mod p)i−1≡−⌊ip⌋∗(p%i)−1(mod p)
若记 inv[i]inv[i]inv[i] 表示 iii 的逆元，那么 inv[i]=−p/i∗inv[p%i]inv[i] = - p / i * inv[p \%i]inv[i]=−p/i∗inv[p%i], 调整一下符号，有 inv[i]=(p−p/i)∗inv[p%i]inv[i] = (p - p / i) * inv[p \%i]inv[i]=(p−p/i)∗inv[p%i], 然后算组合数的时候由于求的是阶乘，所以还要前缀和处理一下。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, long long> P;
const int maxn = 1e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll mod = 1e9 + 7;ll inv[302], fac[302], ans;
int n, k;ll A(int n, int k)
{return fac[n] * inv[n-k] % mod;
}ll C(int n, int k)
{return fac[n] * inv[k] % mod * inv[n-k] % mod;
}int main()
{scanf("%d %d", &n, &k);inv[0] = inv[1] = 1;fac[0] = fac[1] = 1;for(int i = 2; i <= n; i++)           //求逆元和阶乘{inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;fac[i] = fac[i-1] * i % mod;}for(int i = 2; i <= n; i++)               //对阶乘进行前缀和处理inv[i] = inv[i] * inv[i-1] % mod;for(int i = 1; i <= min(n, k); i++)ans = (ans + C(n - 1, i - 1) * A(k, i) % mod) % mod;printf("%lld\n", ans);
}

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