qoj856 Cactus

题意

给出一棵仙人掌图，问给每个点染 \(k\) 种颜色之一且相邻节点颜色不同的方案数为多少。

\(n\le 3\times 10^5,k\le 10^9\)。

思路

先考虑树怎么做。

很显然是 \(k\times (k-1)^{n-1}\)，但是我太菜了第一步就没想出来。

因为树根节点可以染 \(k\) 种颜色，此后的每个节点都不能和父亲染一样的颜色，所以每个节点有 \(k-1\) 种方案。

由于仙人掌图可以缩成一棵树，所以再来考虑仙人掌上的环该怎么处理。

对于一条长为 \(n\) 的链，它的答案和树是一样的，环显然就是将链首尾拼接起来，但是会出现首尾颜色相同的情况，需要减掉。

当一条链首尾颜色相同时，第一个颜色一定和倒数第二个颜色不同，可以看作长为 \(n-1\) 的 环，因此长为 \(n\) 的环的方案数即为长为 \(n\) 的链的方案数减去长为 \(n-1\) 的环的方案数。

设长为 \(n\) 的链方案数为 \(f_n\)，环为 \(g_n\)，则有 \(f_n=k\times (k-1)^{n-1},g_n=f_n-g_{n-1}\)。

注意当 \(n=1,2\) 时需要特判（这里我们把一个点也看成长为 \(1\) 的环）。

跟树同样的，对于一个环，如果这个环不属于根节点，那么环上一个点的颜色不能与父亲相同，即方案数要乘 \(\frac{k-1}{k}\)。

于是跑一遍边双直接求出答案即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int md=1000000007;
int T,low[400005],dfn[400005],stk[400005],f[400005],g[400005],cnt,top,len,n,m,k,ans,inv;
vector<int> t[400005];
int fpow(int x,int y,int p){
	int res=1,t=x;
	while(y){
		if(y&1) res=(res*t)%p;
		t=(t*t)%p,y>>=1;
	}
	return res;
}
void tarjan(int x,int fa){
	low[x]=dfn[x]=++cnt,stk[++top]=x;
	for(int v:t[x]){
		if(!dfn[v])
			tarjan(v,x),low[x]=min(low[x],low[v]);
		else if(v!=fa)
			low[x]=min(low[x],dfn[v]);
	}
	if(low[x]>=dfn[x]){
		int tot=0,i1=0;
		do{
			if(stk[top]==1) i1=1;
			tot++,top--;
		}
		while(stk[top+1]!=x);
		if(i1) ans=ans*g[tot]%md;
		else ans=ans*g[tot]%md*inv%md;
	}
}
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);
	cin>>T;
	while(T--){
		cin>>n>>m>>k;
		ans=1,len=0,cnt=0,top=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			low[i]=dfn[i]=0,t[i].clear();
		for(int x,y,i=1;i<=m;i++){
			cin>>x>>y;
			t[x].push_back(y);
			t[y].push_back(x);
		}
		inv=(k-1)*fpow(k,md-2,md)%md;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			f[i]=k*fpow(k-1,i-1,md)%md;
			if(i<=2) g[i]=f[i];
			else g[i]=((f[i]-g[i-1])%md+md)%md;
		}
		tarjan(1,0);
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0; 
}