[JSOI2015]染色问题

Description
棋盘是一个n×m的矩形，分成n行m列共n*m个小方格。
现在萌萌和南南有C种不同颜色的颜料，他们希望把棋盘用这些颜料染色，并满足以下规定：
1.棋盘的每一个小方格既可以染色（染成C种颜色中的一种），也可以不染色。
2.棋盘的每一行至少有一个小方格被染色。
3.棋盘的每一列至少有一个小方格被染色。
4.种颜色都在棋盘上出现至少一次。
以下是一些将3×3棋盘染成C=3种颜色（红、黄、蓝）的例子：

请你求出满足要求的不同的染色方案总数。只要存在一个位置的颜色不同，
即认为两个染色方案是不同的

Input
输入只有一行 3 个整数n,m,c。1 < = n,m,c < = 400

Output
输出一个整数，为不同染色方案总数。
因为总数可能很大，只需输出总数mod 1,000,000,007的值。

Sample Input
2 2 3

Sample Output
60

---

题目要求：所有行都有格子被染色、所有列都有格子被染色、所有颜色都有格子被染色的方案数。

我们容斥一下，求至多i行被染色，至多j列被染色，至多k种颜色被使用的方案数，那么答案即为

\[\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^m\sum\limits_{k=0}^p \binom{n}{i}\times\binom{m}{j}\times\binom{p}{k}\times(-1)^{n+m+p-i-j-k}\times(k+1)^{ij}\]

稍微调整一下\(\sum\)的顺序

\[\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{k=0}^p\binom{n}{i}\times\binom{p}{k}\times(-1)^{n+m+p-i-k}\times\sum\limits_{j=0}^m\binom{m}{j}*(-1)^j*(k+1)^{ij}\]

我们知道\((x+1)^y=\sum\limits_{i=0}^y \binom{y}{i}\times x^i\)

所以我们可以得到

\[\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{k=0}^p\binom{n}{i}\times\binom{p}{k}\times(-1)^{n+m+p-i-k}\times(1-(k+1)^i)^m\]

然后我们就可以在\(O(np\log m)\)的时间内解决这个问题了

/*problem from Wolfycz*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define inf 0x7f7f7f7f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned int ui;
typedef unsigned long long ull;
inline char gc(){
    static char buf[1000000],*p1=buf,*p2=buf;
    return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int frd(){
    int x=0,f=1; char ch=gc();
    for (;ch<'0'||ch>'9';ch=gc())   if (ch=='-')    f=-1;
    for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=gc()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
    return x*f;
}
inline int read(){
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())  if (ch=='-')    f=-1;
    for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())    x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
    return x*f;
}
inline void print(int x){
    if (x<0)    putchar('-');
    if (x>9)    print(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
const int N=4e2,p=1e9+7;
int C[N+10][N+10];
int mlt(int a,int b){
    int res=1;
    for (;b;b>>=1,a=1ll*a*a%p)  if (b&1)    res=1ll*res*a%p;
    return res;
}
int main(){
    int n=read(),m=read(),c=read(),All=n+m+c,Ans=0;
    C[0][0]=1;
    for (int i=1;i<=max(n,c);i++){
        C[i][0]=1;
        for (int j=1;j<=i;j++)  C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%p;
    }
    for (int k=0;k<=c;k++){
        int tmp=1;
        for (int i=0;i<=n;i++){
            if (i)  tmp=1ll*tmp*(k+1)%p;
            Ans=(Ans+((All-i-k)&1?-1ll:1ll)*C[n][i]*C[c][k]%p*mlt(1-tmp,m)%p+p)%p;
        }
    }
    printf("%d\n",Ans);
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/Wolfycz/p/10036312.html