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

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)

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

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

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

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;
}