格子染色（容斥原理）

第一次把公式自己推出来了当然看了百度百科后，真是激动呢~~~

题目描述

  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.  每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

 

输入

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

 

输出

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。

 

具体分析：

首先像这样的题是可以用盒子与球的方法的。

我们把白色也当做一种颜色，则就有c+1个颜色，则总方案数（随便排）就是：

根据容斥原理的加加减减就可以：

设i为随便i行，j为随便j列，k为随便k个不同的颜色，则就有：

至于-1的指数，自己推一下就出来了。

现在时间复杂度是O（nmp），但是听某些同学说会超时，所以我们可以用二项式定理来优化一下（千万别用百度百科搜二项式，坑死你）

这样用乘法分配律变一下不要告诉我是错的

然后，我们发现后面的sigma很像二项式定理

(a+b)^n=C(n,0)a^n+C(n,1)a^(n-1)b+...+C(n,i)a^(n-i)b^i+...+C(n,n)b^n

我们先不看前面的，则就有：

∑C(m,j) *  (-(k+1)∧i)∧j

∧表示次方（该死的搜狗）

发现，把a带入上上个式子后，b不就为1嘛？

所以sigma就​没有了

​

好懂吧（自作多情）

代码

由于G老师说我代码亮得太多，所以——————

我还是要亮！

就亮一下核心代码吧：

for( int i = 0 ; i <= n ; i ++ ){
        for( int k = 0 ; k <= p ; k ++ ){
            ll tmp = C( n , i ) * C( p , k ) % mod;
            tmp = tmp * qpow( 1 - qpow( k + 1 , i ) , m ) % mod;
            if( ( n + m + p - i - k ) % 2 )
                ans = ( ( ans - tmp ) + mod ) % mod;
            else
                ans = ( ( ans + tmp ) + mod ) % mod;
        }
    }

感觉亮了跟没亮区别不大eee