组合数+二项式反演（容斥）-UVALive - 7040

题意：t组数据，每组给定n,m,k。有n个格子，m种颜色，要求把每个格子涂上颜色且正好适用k种颜色且相邻的格子颜色不同，求一共有多少种方案，结果对1e9+7取余。

二项式反演（重点）

参考：http://www.cnblogs.com/linyujun/p/5210650.html

设g(i)表示正好有i个颜色涂格子

那么全部的C(k, i)*g(i)加起来正好就是所有涂格子情况，总共k(k-1)^(n-1)种情况

k(k-1)^(n-1) = Σ C(k, i)*g(i) (i从0到n)

那么f(k) = k(k-1)^(n-1)，所以f(x) = x(x-1)^(n-1)

那么我们要求g(k)

根据公式：g(k) = Σ (-1)^(k-i) * C(k, i) * f(i) (i从0到n)

题解：

首先可以将m 与后面的讨论分离。从m 种颜色中取出k 种颜色涂色，取色部分有C(m, k) 种情况；

然后通过尝试可以发现，第一个有k种选择，第二个因不能与第一个相同，只有(k-1) 种选择，第三个也只需与第二个不同，也有(k-1) 种选择。总的情况数为k ×(k-1)^(n-1)。但这仅保证了相邻颜色不同，总颜色数不超过k种，并没有保证恰好出现k种颜色；

接着就是一个容斥问题，上述计算方法中包含了只含有2、3、…、(k-1)种颜色的情况，需要通过容斥原理去除。假设出现p (2 <= p <= k-1)种颜色，从k种颜色中选取p种进行涂色，方案数为C(k,p) × p × (p-1)^(n-1)；

综上，最后的总方案数为C(m,k) × ( k × (k-1)^(n-1) + ∑((-1)^p × C(k, p) × p × (p-1)^(n-1) ) (2 <= p <= k-1)；

最后，需要注意1 ≤ n, m ≤10^9，在进行指数运算时，需要使用快速幂。对于组合数，只需要计算C(m,k)和C(k,p) (1 <= p <= k)，可以采用递推法，即C[x,i] = C[x, i-1] * (n-i+1) / i，因为要取模，所以需要用到i的逆元。

注意在总方案数的公式中p是大于等于2的，但是要特别注意当n=1的时候的情况，此时k只能为1，ans=m，如果k不为1，ans=0。

#include
#define ull unsigned long long
#define ll long long
const int mod =1000000007;
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
int a[maxn];
int t;
ll n,m,k;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
    if(b==0)
    {
        x=1,y=0;
        return a;
    }
    else
    {
        ll q=exgcd(b,a%b,y,x);
        y=y-x*(a/b);
        return q;
    }
}
ll niyuan(ll a,ll n)//逆元
{
    ll x,y;
    ll d=exgcd(a,n,x,y);
    if(d==1)
        return (x%n+n)%n;
    else
        return -1;
}
ll qmod(ll n,ll m,ll mod)//快速幂
{
    ll ans=1;
    while(m)
    {
        if(m&1)ans=(ans*n)%mod;
        n=(n*n)%mod;
        m>>=1;
    }
    return ans%mod;
}
ll cm[maxn],ck[maxn],inv[maxn];
void get_inv()//打表
{
     for(int i=1;i0]=1,ck[0]=1;
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        cm[i]=((cm[i-1]%mod*(m-i+1)%mod)*inv[i])%mod;
        ck[i]=((ck[i-1]%mod*(k-i+1)%mod)*inv[i])%mod;
    }
}
int main()
{

    get_inv();
    scanf("%d",&t);
    int ca=1;
    while(t--)
    {
        scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
        init();
        ll ret;
        ll ans=0;
        for(ll i=k; i>=1; i--)
        {
            if((k-i)%2)
                ret=-1;
            else
                ret=1;
   ans=(ans+ret*i%mod*ck[i]%mod*qmod(i-1,n-1,mod)%mod+mod)%mod;
     //二项式反演      

        }
        ans=(ans*cm[k])%mod;

        printf("Case #%d: %lld\n",ca++,ans);

    }
}