BZOJ4487 [JSO12015] 染色问题容斥原理

给出一个n×m,n,m≤4e2n×m,n,m\leq4e2n×m,n,m≤4e2的矩阵，并且有c≤4e2c\leq4e2c≤4e2种颜色，对于每一个小方格，你可以任选一个给它染色。给出条件：每个小方格可以被染色也可以不被染色，但是要求每一行每一列都至少有一个小方格要被染色。并且每种颜色都至少要出现一次，求总方案数。
考虑乘法原理和容斥原理，枚举没有被染色的行，没有被染色的列以及没有被用的颜色。Ans=∑i=0n∑j=0m∑k=0c(−1)i+j+kCniCmjCck(c−k+1)(n−i)(m−j)Ans=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{m}\sum_{k=0}^{c}(-1)^{i+j+k}C_{n}^{i}C_{m}^{j}C_{c}^{k}(c-k+1)^{(n-i)(m-j)}Ans=∑i=0n∑j=0m∑k=0c(−1)i+j+kCniCmjCck(c−k+1)(n−i)(m−j)
考虑ccc种颜色至少出现一次，就是000种颜色没出现，考虑F(x)F(x)F(x)是至少xxx种颜色没出现。容斥∑i=0c(−1)iCciF(i)\sum_{i=0}^{c}(-1)^iC_{c}^{i}F(i)∑i=0c(−1)iCciF(i)。此时可以得到最多出现c−xc-xc−x种颜色。
同理枚举iii行，jjj列可得答案。后面的式子是最多用c−kc-kc−k种颜色染(n−i)(n-i)(n−i)行，(m−j)(m-j)(m−j)列的方案数。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll INF=LONG_LONG_MAX;
const int N=4e2+7;
const int mod=1e9+7;
ll C[N][N];
ll f[N*N];
int main() {int n,m,c;scanf("%d%d%d",&n,&m,&c);for(int i=1;i<=400;i++) {C[i][0]=C[i][i]=1;for(int j=1;j<i;j++) {C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;}}ll ans=0;for(int k=0;k<=c;k++) {f[0]=1;for(int i=1;i<=m*n;i++) f[i]=(f[i-1]*(c-k+1))%mod;for(int i=0;i<=n;i++) {for(int j=0;j<=m;j++) {ll x=C[n][i]*C[m][j]%mod*C[c][k]%mod*f[(n-i)*(m-j)]%mod;if((i+j+k)&1) ans=(ans-x+mod)%mod;else ans=(ans+x)%mod;}}}printf("%lld\n",ans); return 0;
}

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