题目大意

​　　有一个\(n\)个点\(m\)条边的图，每条边有一种颜色\(c_i\in\{1,2,3\}\)，求所有的包括\(i\)条颜色为\(1\)的边，\(j\)条颜色为\(2\)的边，\(k\)条颜色为\(3\)的边的生成树的数量。

​　　对\({10}^9+7\)取模。

​　　\(n\leq 50\)

题解

​　　如果\(\forall i,c_i=1\)，就可以直接用基尔霍夫矩阵计算生成树个数。但是现在有三种颜色，不妨设\(c_i=2\)的边的边权为\(x\)，\(c_i=3\)的边的边权为\(y\)。因为\(x\)的次数不会超过\(n-1\)，所以可以设\(y=x^n\)。基尔霍夫矩阵可能是这样子的：

​ \[\begin{bmatrix}1+x&-1&-x\\-1&1+x^n&-x^n\\-x&-x^n&x^{n+1}\end{bmatrix}\]

​　　这样的话直接高斯消元很明显会TLE，可以用FFT优化。FFT是在每次乘法时先做一次求值，做一次点值乘法，最后做一次插值。所以我们可以先在消元前做一次求值，消元时直接做点值乘法，最后再插值插回来。

​　　因为答案的最高次不超过\(n(n-1)\)，所以我们可以把\(n(n-1)+1\)个点带到行列式中，把每次得到的行列式保存下来，最后再用拉格朗日插值插回来。这里不能用高斯消元是因为高斯消元会直接TLE。

​　　求行列式的总时间复杂度是\(O(n^2)\times O(n^3)=O(n^5)\)，拉格朗日插值的时间复杂度是\(O({(n^2)}^2)=O(n^4)\)，高斯消元的时间复杂度是\(O({(n^2)}^3)=O(n^6)\)。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
ll p=1000000007;
ll a[60][60];
int lx[10010];
int ly[10010];
int lc[10010];
ll x[3010];
ll y[3010];
ll c[3010];
ll b[3010];
ll d[3010];
ll l[3010];
ll ans[3010];
ll fp(ll a,ll b)
{ll s=1;while(b){if(b&1)s=s*a%p;a=a*a%p;b>>=1;}return s;
}
ll calc(int t)
{int i,j,k;ll s=1;for(i=1;i<=t;i++){for(j=i;j<=t;j++)if(a[j][i])break;if(j>t)return 0;int x=j;if(x>i){s=-s;for(j=i;j<=t;j++)swap(a[i][j],a[x][j]);}for(j=i+1;j<=t;j++)if(a[j][i]){ll d=a[j][i]*fp(a[i][i],p-2)%p;for(k=i;k<=t;k++)a[j][k]=(a[j][k]-a[i][k]*d%p)%p;}}for(i=1;i<=t;i++)s=s*a[i][i]%p;s=(s+p)%p;return s;
}
int main()
{
//  freopen("count.in","r",stdin);int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);int i,j,k;for(i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d%d",&lx[i],&ly[i],&lc[i]);for(i=1;i<=n*n;i++){x[i]=(i*1000+1)%p;
//      x[i]=i%p;ll px=fp(x[i],n);memset(a,0,sizeof a);for(j=1;j<=m;j++){if(lc[j]==1){a[lx[j]][lx[j]]++;a[ly[j]][ly[j]]++;a[lx[j]][ly[j]]--;a[ly[j]][lx[j]]--;}else if(lc[j]==2){(a[lx[j]][lx[j]]+=x[i])%=p;(a[ly[j]][ly[j]]+=x[i])%=p;(a[lx[j]][ly[j]]-=x[i])%=p;(a[ly[j]][lx[j]]-=x[i])%=p;}else{(a[lx[j]][lx[j]]+=px)%=p;(a[ly[j]][ly[j]]+=px)%=p;(a[lx[j]][ly[j]]-=px)%=p;(a[ly[j]][lx[j]]-=px)%=p;}}y[i]=calc(n-1);}int t=n*n;memset(c,0,sizeof c);c[0]=1;memset(ans,0,sizeof ans);for(i=1;i<=t;i++)for(j=t;j>=0;j--){(c[j+1]+=c[j])%=p;(c[j]=-c[j]*x[i])%=p;}for(i=1;i<=t;i++){memcpy(d,c,sizeof d);memset(b,0,sizeof b);for(j=t;j>=0;j--){b[j]=d[j+1];d[j]=(d[j]+d[j+1]*x[i])%p;d[j+1]=0;}ll s=0,px=1;for(j=0;j<=t;j++){s=(s+px*b[j])%p;px=px*x[i]%p;}s=fp(s,p-2)*y[i]%p;for(j=0;j<=t;j++)b[j]=b[j]*s%p;for(j=0;j<=t;j++)ans[j]=(ans[j]+b[j])%p;}for(i=0;i<n;i++)for(j=0;j<n-i;j++)printf("%lld\n",(ans[j+n*(n-i-j-1)]%p+p)%p);return 0;
}