题意:n个花盆,m种颜色,要求必须用k种颜色染色这n个花盆,问有多少种方案
题解:可以想到少于等于k种颜色的方案数 g(k) = c(m, k)*k*(k-1)^(n-1)这个很简单,关键在于要去算等于k的答案,这里不能用f(k)-f(k-1)因为小于k的颜色不一定只出现一次。。。
可以想到用容斥去重,这里假设g(k)恰好是k种颜色的答案,可以得到f(k) = sum(c(k, i)*g(i)) (2<=i<=k), 反演一下就是g(k) = sum(-1^(k-i)*c(k, k-i)*f(i)) 而f(i) = k*(k-1)^(n-1)
注意要预处理,不然会超时
#include <bits/stdc++.h> #define maxn 1000100 #define INF 0x3f3f3f3f typedef long long ll; const ll mod = 1e9+7; using namespace std; ll exp_mod(ll a,ll b,ll p){ ll ans = 1; a %= p; while(b){ if(b&1) ans = ans*a%p; a = (a*a)%p; b >>= 1; } return ans; } ll inv[maxn], c[maxn]; int main(){ ll T, n, m, k, ans, num=1, temp, flag, ans1; for(ll i=1;i<=1e6;i++) inv[i] = exp_mod(i, mod-2, mod); scanf("%lld", &T); while(T--){ ans = 1, flag = 1, ans1 = 0; scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &k); c[0] = 1; for(ll i=1;i<=k;i++) c[i] = c[i-1]*(m-i+1)%mod*inv[i]%mod; ans = c[k]; for(ll i=1;i<=k;i++) c[i] = c[i-1]*(k-i+1)%mod*inv[i]%mod; for(ll i=k;i>=1;i--) ans1 = (ans1+flag*c[i]%mod*i%mod*exp_mod(i-1, n-1, mod)%mod)%mod,flag *= -1; printf("Case #%lld: %lld ", num++, (ans*ans1%mod+mod)%mod); } return 0; }