BZOJ4487: JSOI2015 染色问题 容斥原理 组合数学

版权声明：本文为博主原创文章，可以转载但是必须声明版权。 https://blog.csdn.net/forever_shi/article/details/88915790

题目链接

题意：
给你一个 $n*m$的棋盘，有 $k$种颜色，一开始棋盘上的每一个位置都是白色。要求你给棋盘染色，要求每行至少有一个格子被染色，每列至少有一个位置被染色，整个棋盘染完色后这 $k$种颜色都要出现过，求方案数。对 $10^9+7$取模。 $n,m,c<=400$。

题解：
反正我是没想出这个题。可能我容斥水平还是有点差吧。

这个题上来是个三重容斥，就是你对于行、列、颜色都进行容斥。我们比较好计算的是，至多有 $i$行每行都至少有一个格子被染色，至多有 $j$列每列至多一个格子被染色，至多用了 $k$种颜色的方案数。于是就是一个三重容斥，算容斥系数的时候三个系数要乘一起去。式子不难列： $ans=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^m\sum_{k=0}^c(-1)^{n-i+m-j+c-k}C_{n}^i*C_m^j*C_c^k*(k+1)^{i*j}$
这样就可以 $O(n^3)$算出答案，是可以通过这个题的，但是我们还有更优秀的做法。

我们化一下式子： $\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^m\sum_{k=0}^c(-1)^{n-i+m-j+c-k}C_{n}^i*C_m^j*C_c^k*(k+1)^{i*j}$ $=\sum_{i=0}^n\sum_{k=0}^c(-1)^{n-i+m+c-k}C_{n}^i*C_c^k*\sum_{j=0}^mC_m^j*(-1)^j*(k+1)^{i*j}$ 我们发现后面可以看作一个二项式展开式，于是进行化简 $=\sum_{i=0}^n\sum_{k=0}^c(-1)^{n-i+m+c-k}C_{n}^i*C_c^k*(1-(k+1)^i)^m$
前面的组合数预处理出来，后面部分每次用快速幂计算，复杂度是 $O(n*c*logm)$的。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,m,c;
const long long mod=1e9+7;
long long ans,jie[410],ni[410];
inline long long ksm(long long x,long long y)
{
	long long res=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)
		res=res*x%mod;
		x=x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return res;
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&c);
	jie[0]=1;
	for(int i=1;i<=400;++i)
	jie[i]=jie[i-1]*i%mod;
	ni[400]=ksm(jie[400],mod-2);
	for(int i=399;i>=0;--i)
	ni[i]=ni[i+1]*(i+1)%mod;
	for(int i=0;i<=n;++i)
	{
		for(int k=0;k<=c;++k)
		{
			int opt=1;
			if((n+m+c-i-k)&1)
			opt=-1;
			ans=(ans+opt*jie[n]*ni[i]%mod*ni[n-i]%mod*jie[c]%mod*ni[k]%mod*ni[c-k]%mod*ksm((1-ksm(k+1,i)+mod)%mod,m)%mod+mod)%mod;
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}