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【思路要点】
- 令题目中的 为 ,考虑 的情况,即所有同色点不能相邻。
- 我们可以使用容斥原理来解决该问题,即强制树上出现 条连接同色点的边,将答案乘上 计入答案。
- 将同色的点划分为若干个集合,令集合大小为 ,则乘上容斥系数 。强制集合内的点在树上为一个联通块,再计算联通块之间的连边方案数即可。
- 个总大小为 ,分别大小为 的联通块之间的的连边方案数为 ,将 的贡献放在转移的时候处理,我们只需要在状态中记录 即可。
- 考虑 的情况,我们仍然可以沿用上述思路,先将同色的点分成若干个大小不超过 的小联通块,再强制这些小连通块之间同色的不能相邻。
- 具体而言,记 表示将 个点分成 个大小不超过 的小联通块,小联通块中各自生成树的个数与其大小的乘积的和,有:
- 记 表示一个大小为 的点集,分成若干大小不超过 的小联通块后,再连若干条边使其成为一棵生成树,并且每连一条边,需要乘以容斥系数 的方案数,有:
- 记 表示一个大小为 的点集,分成 个大联通块,每一个大联通块分成若干大小不超过 的小联通块,大联通块内部连接小联通块的边存在 的贡献的连边方案数,和大联通块大小的乘积的总和,有:
- 最后,利用 进行我们最开始说明的动态规划即可。
- 时间复杂度 。
【代码】
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN = 305; const int P = 1e9 + 7; typedef long long ll; typedef long double ld; typedef unsigned long long ull; template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); } template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } template <typename T> void read(T &x) { x = 0; int f = 1; char c = getchar(); for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f; for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0'; x *= f; } template <typename T> void write(T x) { if (x < 0) x = -x, putchar('-'); if (x > 9) write(x / 10); putchar(x % 10 + '0'); } template <typename T> void writeln(T x) { write(x); puts(""); } int n, m, cnt[MAXN], spawnt[MAXN], subt[MAXN], dp[MAXN][MAXN]; int binom[MAXN][MAXN], divide[MAXN][MAXN], coef[MAXN][MAXN]; void update(int &x, int y) { x += y; if (x >= P) x -= P; } int power(int x, int y) { if (y == 0) return 1; int tmp = power(x, y / 2); if (y % 2 == 0) return 1ll * tmp * tmp % P; else return 1ll * tmp * tmp % P * x % P; } int main() { freopen("tree.in", "r", stdin); freopen("tree.out", "w", stdout); read(n), read(m); for (int i = 1; i <= n; i++) { int x; read(x); cnt[x]++; } spawnt[0] = spawnt[1] = 1; for (int i = 2; i <= n; i++) spawnt[i] = power(i, i - 2); for (int i = 0; i <= n; i++) { binom[i][0] = 1; for (int j = 1; j <= i; j++) binom[i][j] = (binom[i - 1][j - 1] + binom[i - 1][j]) % P; } divide[0][0] = subt[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1, mul = power(i, P - 2); j <= i; j++, mul = 1ll * mul * i % P) { int tmp = 0; for (int k = 1; k <= i && k <= m; k++) update(tmp, 1ll * spawnt[k] * k % P * binom[i - 1][k - 1] % P * divide[i - k][j - 1] % P); divide[i][j] = tmp; if (j % 2) update(subt[i], 1ll * tmp * mul % P); else update(subt[i], P - 1ll * tmp * mul % P); } coef[0][0] = 1; for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= i; j++) { int tmp = 0; for (int k = 1; k <= i; k++) update(tmp, 1ll * binom[i - 1][k - 1] * coef[i - k][j - 1] % P * subt[k] % P * k % P); coef[i][j] = tmp; } dp[0][0] = 1; for (int i = 0; i <= n - 1; i++) for (int j = 0; j <= n; j++) { if (dp[i][j] == 0) continue; int tmp = dp[i][j]; for (int k = 0; k <= cnt[i + 1]; k++) update(dp[i + 1][j + k], 1ll * tmp * coef[cnt[i + 1]][k] % P); } int ans = 0, mul = power(n, P - 2); for (int i = 1; i <= n; i++, mul = 1ll * mul * n % P) update(ans, 1ll * dp[n][i] * mul % P); writeln(ans); return 0; }