題目鏈結
題目大意：給定乙個n個節點的樹，給它染色並且使得相鄰節點異色。問恰好用k種顏色的染色方案數
恰好k種不是很好求，因為我們很難保證每種顏色都用到，於是我們先考慮求最多k種顏色。
那麼就讓每個點和它的父親節點異色就可以了。
也就是k∗(
k−1)
n−
1k*(k-1)^
k∗(k−1
)n−1
那麼我們令f(i
)f(i)
f(i)
表示最多用i種顏色的染色方案數
g (i
)g(i)
g(i)
表示恰好用i種的染色方案數
那麼假設我們要最多用n種，那麼不妨從中隨意選其中i種，用且僅用這i種顏色染色。
也就是說f(n
)=∑i
=1nc
nig(
i)
f(n)=\sum_^^g(i)}
f(n)=∑
i=1n
cni
g(i
)然後就要用到二項式反演 g(n
)=∑i
=1n(
−1)n
−icn
if(i
)g(n)=\sum_^c_^f(i)}
g(n)=∑
i=1n
(−1
)n−i
cni
f(i)
f之前求出來了。問題就解決了。
#include
using
namespace std;
intread()
while
(s>=
'0'&&s<=
'9')
return x*f;
}const
long
long mod=
1000000007
;const
int n=
2600
;long
long
qpow
(long
long a,
long
long b)
int n,k;
long
long f[n]
;//最多用i種顏色的方案數
long
long calc[n]
,inv[n]
;void
init()
inv[n]
=qpow
(calc[n]
,mod-2)
;for
(int i=n-
1;i>=
0;i--)}
long
longc(
int i,
int j)
intmain()
ans=
(ans%mod+mod)
%mod;
printf
("%lld\n"
,ans)
;return0;
}
最難的一步就是找到反演的原式子。
用到了「算兩次」的思想，用難算的表示好算的，然後用反演。
其實反演就是容斥，只不過有的時候直接用容斥不太好想。
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