题目描述
给你一个(n imes n)的方阵(A)。定义方阵(A)的不动点((i,j))为：(forall p,qgeq 0,(A^p)_{i,j}=(A^q)_{i,j})
求有多少个元素都在([0,m))之间的(n)阶整数方正存在不动点。
对(10^9+7)取模。
(nleq 3000,mleq {10}^9)
题解
我们可以把方阵看成图(G)。(a_{i,j})表示第(i)个点有多少条有向边连到第(j)个点。(a^p_{i,j})表示有多少条从(i)出发经过(p)条边到达(j)的路径。
考虑(a^0)，即单位矩阵。所以若不动点((i,j))在主对角线上则(a_{i,j}=1)，否则(a_{i,j}=0)。
有一个结论：这个方阵有不动点当且仅当这个图不是强连通图。
证明：
1.如果(G)不是强连通图，那么一定存在一组((i,j))使得(a^p_{i,j}=0)。
2.如果(G)是强连通图，那么一定存在一个(p)使得(a^p_{i,j} eq 0)。我们考虑(a_{i,i}=1)的情况，因为当(a_{i,i}>1)时当(p=1)时就不是不动点了。那么存在一个(p)使得第(i)个点走(p)条边回到第(i)点有至少两种走法：只走(i)->(i)，或者在图上走一圈回到(i)。所以一定存在一个(p)使得(a^p_{i,i}>1)。所以方阵不存在不动点。
根据证明1，我们可以忽略自环（有没有自环不影响结果）。
现在我们要求的是(n)个点，任意两个点之间可以有(0)~(m-1)条边，存在多少种不同的非强连通图。
我们设(f_i=i)个点组成强连通图的方案数，(g_{i,j}=i)个点组成(j)个独立的强连通分量的方案数，(g'_i=sum_{j=1}^i{(-1)}^{j-1}g_{i,j},h_i=i)个点组成的有向图个数。
先放公式：
在(g'_i=h_i−Σ_{j=1}^{i−1}(^i_j)m^{j(i−j)}h_{i−j}g'_j)这个式子中，我们计算(i)个点不是相互独立的强连通图的数量，然后用(h_i)去减。枚举没有出边的强连通分量的点数之和，然后用容斥计算贡献。对于任意缩完点后DAG中仍然存在边的有向图，出度为(0)的强联通分量的点数总和一定小于(i)，所以(j)从(1)枚举到(i-1)时能枚举到这些强联通块的所有子集。从而根据(Σ_{j=0}^i(−1)^j(^i_j)=0)（(i)是强联通块个数），该有向图被完全抵消。对于所有缩完点后联通块彼此独立的有向图(也就是(g'_i)要的那些东西)，所有联通块的全集不会被计算到（因为这些联通块个数总和是(i)，不在(1)到(i-1)的枚举范围内），所以会剩下来一项((^i_i))，根据(sum_{j=0}^i{(−1)}^j(^i_j)=0,sum_{j=0}^{i-1}{(−1)}^j(^i_j)={(−1)}^{i−1}(^i_i)={(−1)}^{i−1})，这一项的贡献恰好跟(i)的奇偶性有关，所以最后得出来的(g')也是带符号的。
在(f_i=g'_i+sum_{j=1}^{i-1}(^{i-1}_{j-1})f_jg'_{i-j})这个式子中，我们枚举(1)所在的强连通分量的点数，算出(sum_{j=2}^i{(-1)}^jg_{i,j})，然后用(g'_i)去加就可以得到(g_{i,1})，也就是(f_i)。
最后的答案就是非强连通图的数量乘上自环的贡献，也就是((h_n-f_n)m^n)。
时间复杂度：(O(n^2))
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 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 c[3010][3010];
ll f[3010];
ll g[3010];
ll h[3010];
ll pm[5000010];
int main()
{
ll n,m;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
if(m<=1)
{
printf("0
");
return 0;
}
if(n==1)
{
printf("1
");
return 0;
}
int i,j;
memset(c,0,sizeof c);
c[0][0]=1;
for(i=1;i<=n;i++)
{
c[i][0]=1;
for(j=1;j<=i;j++)
c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%p;
}
for(i=1;i<=n;i++)
h[i]=fp(m,i*(i-1));
pm[0]=1;
for(i=1;i<=n*n/2;i++)
pm[i]=pm[i-1]*m%p;
f[1]=1;
g[1]=1;
for(i=2;i<=n;i++)
{
g[i]=h[i];
for(j=1;j<i;j++)
g[i]=(g[i]-c[i][j]*pm[j*(i-j)]%p*h[i-j]%p*g[j]%p)%p;
f[i]=g[i];
for(j=1;j<i;j++)
f[i]=(f[i]+c[i-1][j-1]*f[j]%p*g[i-j]%p)%p;
}
ll ans=(h[n]-f[n])*pm[n]%p;
ans=(ans+p)%p;
printf("%lld
",ans);
return 0;
}