UVAlive-7040 color（组合数学，二项式反演）

链接：vjudge

题目大意：有一排方格共 $n$ 个，现在有 $m$ 种颜色，要给这些方格染色，要求相邻两个格子的颜色不能相同。现在问恰好用了 $k$ 种颜色的合法方案数。答案对 $10^9+7$ 取模。$T$ 组数据。

$1\le T\le 300,1\le n,m\le 10^9,1\le k\le 10^6,k\le \min(n,m)$。大多数数据中 $k$ 很小。（smg啊……）

我们令 $f(x)$ 为一共有 $x$ 种颜色，恰好用了 $x$ 种颜色的方案数。

答案就是 ${m\choose k}f(k)$。因为任意选 $k$ 种颜色方案数是一样的。

这……似乎不太好算？

我们再令 $g(x)$ 为一共有 $x$ 种颜色，用了至多 $x$ 种颜色的方案数。

这个就不难算了。第一个格子可以随便填，就是 $x$ 种。后面的格子只要不和上一个颜色相同就行了，就是 $x-1$ 种。

乘法原理一下：$g(x)=x(x-1)^{n-1}$。$x=0$ 时这个式子是 $0$。

但是要注意，$x=n=1$ 时我们这样计算是 $0$，但是实际上是 $1$。为什么？$1\times 0^0$。所以我们要把 $0^0$ 看做 $1$，或者直接特判掉。

（但是不特判也能过，数据太水，这多组数据没用吧）

我们来想一想 $f$ 和 $g$ 有什么关系。很容易发现：$g(x)=\sum\limits^x_{i=0}{x\choose i}f(i)$。因为 $x$ 种颜色中随便选 $i$ 种都可以。

标准二项式反演形式。$f(x)=\sum\limits^x_{i=0}(-1)^{x-i}{x\choose i}g(i)$。

因为 $x\le 10^6$，所以阶乘和逆元都可以预处理，组合数就可以 $O(1)$ 了。此时 $f(x)$ 就可以 $O(x\log n)$ 算了。

现在问题就是算 $m\choose k$ 了。$m$ 达到了惊人的 $10^9$，模数又是个大数……怎么办？

我们发现 $m\choose k$ 可以表示成一种不常用的形式：$\frac{m(m-1)(m-2)...(m-k+1)}{k!}$。

此时分母是预处理过的，分子可以 $O(k)$ 算。这就完事了。

总时间复杂度 $O(Tk\log n)$。因为大多数数据中 $k$ 很小，所以可以跑过。

……这数据范围我给满分……

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1000100,mod=1000000007;
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline int read(){
    char ch=getchar();int x=0,f=0;
    while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘) f|=ch==‘-‘,ch=getchar();
    while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
    return f?-x:x;
}
int t,n,m,k,fac[maxn],inv[maxn],invfac[maxn];
void init(){    //预处理阶乘，逆元，阶乘的逆元
    fac[0]=fac[1]=inv[1]=invfac[0]=invfac[1]=1;
    FOR(i,2,1000000){
        fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
        inv[i]=mod-1ll*(mod/i)*inv[mod%i]%mod;
        invfac[i]=1ll*invfac[i-1]*inv[i]%mod;
    }
}
int C(int n,int m){
    if(n<=1000000) return 1ll*fac[n]*invfac[m]%mod*invfac[n-m]%mod;    //n,m很小，可以直接算
    int ans=invfac[m];    //分母是m的阶乘
    ROF(i,n,n-m+1) ans=1ll*ans*i%mod;    //暴力乘上分子
    return ans;
}
int qpow(int a,int b){    //快速幂
    int ans=1;
    for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(b&1) ans=1ll*ans*a%mod;
    return ans;
}
int g(int x){
    if(x==1 && n==1) return 1;    //特判掉x=n=1
    return 1ll*x*qpow(x-1,n-1)%mod;
}
int f(int x){
    int ans=0;
    FOR(i,0,x){
        int v=1ll*C(x,i)*g(i)%mod;
        if((x-i)&1) ans=(ans-v+mod)%mod;    //(-1)^(x-i)
        else ans=(ans+v)%mod;
    }
    return ans;
}
int main(){
    init();
    t=read();
    FOR(tt,1,t){
        n=read();m=read();k=read();
        printf("Case #%d: %d\n",tt,int(1ll*C(m,k)*f(k)%mod));    //记得乘上C(m,k)
    }
}

二项式反演

原文地址：https://www.cnblogs.com/1000Suns/p/10353695.html