UVALive 7040 Color （容斥原理 + 组合数学递推公式 + 求逆元 + 基础数论）

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英文题目：

Recently, Mr. Big recieved n owers from his fans. He wants to recolor those owers with m colors. The
owers are put in a line. It is not allowed to color any adjacent owers with the same color. Flowers i and
i + 1 are said to be adjacent for every i, 1 ≤ i < n. Mr. Big also wants the total number of different
colors of the n owers being exactly k.
Two ways are considered different if and only if there is at least one ower being colored with different
colors.

插图：

题目大意：
首先有T组数据，每组数据有 3 个数 n, m, k，分别代表一共有 n 个方格，m种颜色，而我们要恰好（注意是恰好）使用 k 中颜色对这些方格进行涂色，并且保证的是每两个相邻的方格的颜色必须是不一样的。

解题思路：
首先拿过这个题来不要急着就是说一眼就做出来,所以我们先对它分析一下，我们要从 m 种颜色中选出 k 个进行涂色所以用的方法数就是 C(m,k)，然后对这 n 个方格涂色，第一个有 k 种选择，而后边的 n-1 个方格中只有 k-1 种选择，所以就有公式

S=C(m,k)∗k∗(k−1)n−1

S = C(m,k)*k*(k−1)^{n−1}
然后这并不是最后的结果，这是所选的颜色不超过 k 种的方法数，而不是恰好用 k 种颜色的，然后就可以用容斥原理来求了，假设集合 Ai 表示 i 号颜色不被选，所以我们要求的结果

ans=S−(A1⋃A2⋃...⋃An)

ans = S - (A1 ⋃ A2 ⋃... ⋃ An)
A1 ⋃ A2 ⋃… ⋃ An 就得通过容斥原理来做啦。。。
根据上面我们可以求出从 k 种颜色种选 k-i个，剩下的就是 n-1个方格中有 k-i-1中选择。所以这个公式就是：

C(k,k−i)∗(k−i)∗(k−i−1)n−1

C(k,k-i) * (k-i) * (k-i-1)^{n-1}
然后考虑的就是奇数加偶数减就行了。然后再注意一下细节问题：
1.怎么样求C(m,k),这个就是用到递推公式了首先给出一个公式

C(x,i)=C(x,i−1)∗n−i+1i

C(x,i) = C(x,i-1)*\frac{n-i+1}{i}
这个公式很好推导：

C(n,i)=n!i!∗(n−i)!=n!i∗(i−1)!∗(n−i+1)!/(n−i+1)=n!(i−1)!∗(n−i+1)!∗n−i+1i=C(x,i−1)∗n−i+1i

C(n,i) = \frac{n!}{i!*(n-i)!} \\= \frac{n!}{i*(i-1)!*(n-i+1)!/(n-i+1)}\\= \frac{n!}{(i-1)!*(n-i+1)!}*\frac{n-i+1}{i}\\= C(x,i-1)*\frac{n-i+1}{i}
所以根据这个公式我们可以打个表就能算 C(m,k)和 C(k,i)了
2.求逆元的问题。因为 C(x,i)=C(x,i-1)*(x-i+1)/i可以通过扩展欧几里得算法来算，但是要记得的是要用一个数组保存一下每一个的逆元,要不然每次调用函数的话会超时。
3.就是容斥的详细过程了。记住一点奇数加偶数减就行
接下来就是编写程序了，详见我的代码。

My Code：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>using namespace std;
const int MOD = 1e9+7;
const int MAXN = 1e6+5;
typedef long long LL;
LL Scan()///输入外挂
{LL res=0,ch,flag=0;if((ch=getchar())=='-')flag=1;else if(ch>='0'&&ch<='9')res=ch-'0';while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')res=res*10+ch-'0';return flag?-res:res;
}void Out(LL a)///输出外挂
{if(a>9)Out(a/10);putchar(a%10+'0');
}///快速幂
LL quick_mod(LL a, LL b)
{LL ans = 1;while(b){if(b & 1)ans = ans*a%MOD;b>>=1;a = a*a%MOD;}return ans;
}
///求逆元
void Exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)
{if(b == 0){x = 1;y = 0;return;}LL x1, y1;Exgcd(b, a%b, x1, y1);x = y1;y = x1 - (a/b)*y1;
}
LL Inv[MAXN];///放逆元的数组
///得到逆元
void Get_Inv()
{Inv[1] = 1;for(int i=2; i<MAXN; i++){LL y;Exgcd(i, MOD, Inv[i], y);Inv[i] = (Inv[i]%MOD+MOD)%MOD;}
}
/**     得到组合数，通过递推公式C(m,i) = C(m,i-1)*(m-i+1)/i;    **/
LL cm[MAXN], ck[MAXN];///分别是m的组合数 和 k 的组合数
LL n, m, k;void Get_Fac()
{cm[0] = ck[0] = 1;for(int i=1; i<=k; i++){cm[i] = (cm[i-1]%MOD * (m-i+1)%MOD * Inv[i]%MOD) % MOD;ck[i] = (ck[i-1]%MOD * (k-i+1)%MOD * Inv[i]%MOD) % MOD;}
}
/**
11
1000000000 1000000000 1000000
**/
int main()
{Get_Inv();int T;T = Scan();for(int cas=1; cas<=T; cas++){n = Scan();m = Scan();k = Scan();Get_Fac();LL ret = 1;LL ans = 0;for(LL i=k; i>=1; i--){ans = (ans+ret*i*ck[i]%MOD*quick_mod(i-1,n-1)%MOD+MOD)%MOD;ret = -ret;//cout<<ans<<" ";}ans = ans * cm[k] % MOD;printf("Case #%d: %lld\n",cas,ans);}return 0;
}

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