CF gym 101933 K. King's Colors(二项式反演)

传送门

解题思路

　　首先给出的树形态没用，因为除根结点外每个点只有一个父亲，它只需要保证和父亲颜色不同即可。设\(f(k)\)表示至多染了\(k\)种颜色的方案，那么\(f(k)=(k-1)^{(n-1)}*k\)，而我们要求的是恰好染\(k\)种颜色的方案数，设其为\(g(k)\)，易得

\[g(k)=\sum\limits_{i=1}^k\dbinom{k}{i}f(i) \]

发现这个可以二项式反演

\[g(k)=\sum\limits_{i=1}^k(-1)^{k-i}\dbinom{n}{i}f(i) \]

然后就可以直接算了。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>

using namespace std;
const int N=2505;
const int MOD=1e9+7;
typedef long long LL;

inline int rd(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)) f=ch=='-'?0:1,ch=getchar();
	while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	return f?x:-x;
}

int n,k,f[N],ans,fac[N],inv[N];

inline int fast_pow(int x,int y){
	int ret=1;
	for(;y;y>>=1){
		if(y&1) ret=(LL)ret*x%MOD;
		x=(LL)x*x%MOD;
	}
	return ret;
}

inline int C(int x,int y){
	return (LL)fac[x]*inv[y]%MOD*inv[x-y]%MOD;
}

int main(){
	n=rd(),k=rd();int x;fac[0]=1;
	for(int i=1;i<n;i++) x=rd();
	for(int i=1;i<=k;i++) fac[i]=(LL)fac[i-1]*i%MOD;
	inv[k]=fast_pow(fac[k],MOD-2);
	for(int i=k-1;~i;i--) inv[i]=(LL)inv[i+1]*(i+1)%MOD;
	for(int i=2;i<=k;i++) f[i]=(LL)fast_pow(i-1,n-1)*i%MOD;
	for(int i=1;i<=k;i++){
		if(!((k-i)&1)) ans=ans+(LL)C(k,i)*f[i]%MOD;
		else ans=ans+(MOD-(LL)C(k,i)*f[i]%MOD);
		ans%=MOD;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}