CF1109D Sasha and Interesting Fact from Graph Theory

CF1109D Sasha and Interesting Fact from Graph Theory

這個 \(D\) 題比賽切掉的人基本上是 \(C\) 題的 \(5,6\) 倍...果真數學計數問題比數據結構更受歡迎...

• 如下大體翻譯自官方題解.
• 枚舉 \(a\to b\) 路徑上邊的數目,記爲 \(edges\) .
• 先來考慮給定的兩個點路徑上的 \(edges-1\) 個點(不含 \(a,b\) )和 \(edge\) 條邊.
  • 節點有\(edges-1\)個,順序不一樣則最後的樹不一樣,因此方案數爲 \(A(n-2,edges-1)\) .
  • 邊有 \(edges\) 條,邊權 \(v\) 需知足\(v \in \mathbb{N_+},v_1+v_2+...+v_{edges-1}+v_{edges}=m\).用隔板法可知方案數,即解的組數爲 \(C(m-1,edges-1)\).
• 再來考慮其它的 \(n-edges-1\) 個點和 \(n-edges-1\) 條邊.
  • 因爲其它邊的邊權顯然不影響合法性,能夠隨意賦 \([1,m]\) 內的整數值,方案數爲 \(m^{n-edges-1}\).
  • 剩下的點咱們須要使它們造成一個森林,並將每顆樹掛在 \(a\to b\) 這 \(edges+1\) 個點上.這等價於全部的 \(n\) 個點造成一個 \(edges+1\) 顆樹的森林,那 \(edges+1\) 個點都屬於不一樣的樹,而後將這 \(edges+1\) 個點鏈接起來.根據廣義\(Cayley\)定理,方案數爲 \((edges+1) \cdot n^{n-edges-2}\) .

廣義 \(Cayley\) 定理:

\(n\) 個標號節點造成一個有 \(k\) 顆樹的森林,使得給定的 \(k\) 個點沒有兩個點屬於同一顆樹的方案數爲\(k\cdot n^{n-k-1}.\)

證實能夠用概括法,對 \(n\) 概括,枚舉節點 \(1\) 的鄰居便可得遞推式,進而得出證實.

• 那麼咱們就獲得了在 \(edges\) 肯定的狀況下的答案:

\[ f(edges)=A(n-2,edges-1) \cdot C(m-1,edges-1)\cdot m^{n-edges-1} \cdot (edges+1) \cdot n^{n-edges-2}. \]

• 線性預處理 \(m,n​\) 的冪,階乘及階乘逆元,枚舉 \(edges​\) 統計答案,時間複雜度爲 \(O(n+m)\).

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define mp make_pair
#define pii pair<int,int>
inline int read()
{
    int x=0;
    bool pos=1;
    char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar())
        if(ch=='-')
            pos=0;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar())
        x=x*10+ch-'0';
    return pos?x:-x;
}
const int P=1e9+7;
inline int add(int a,int b)
{
    return (a + b) % P;
}
inline int mul(int a,int b)
{
    return 1LL * a * b % P;
}
int fpow(int a,int b)
{
    int res=1;
    while(b)
        {
            if(b&1)
                res=mul(res,a);
            a=mul(a,a);
            b>>=1;
        }
    return res;
}
const int MAXN=1e6+10;
int fac[MAXN],invfac[MAXN],mpow[MAXN],npow[MAXN];
void init(int n,int m)
{
    int mx=max(n,m);
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=mx;++i)
        fac[i]=mul(fac[i-1],i);
    invfac[mx]=fpow(fac[mx],P-2);
    for(int i=mx-1;i>=0;--i)
        invfac[i]=mul(invfac[i+1],i+1);
    mpow[0]=npow[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        mpow[i]=mul(mpow[i-1],m);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        npow[i]=mul(npow[i-1],n);
}
int A(int n,int m)
{
    if(n<m || n<0 || m<0)
        return 0;
    return mul(fac[n],invfac[n-m]);
}
int C(int n,int m)
{
    if(n<m || n<0 || m<0)
        return 0;
    return mul(fac[n],mul(invfac[n-m],invfac[m]));
}
int main()
{
    int n=read(),m=read();
    int a=read(),b=read();
    init(n,m);
    int ans=0;
    for(int edges=1;edges<n;++edges)
        {
            int tmp=mul(A(n-2,edges-1),C(m-1,edges-1));
            tmp=mul(tmp,mpow[n-edges-1]);
            tmp=mul(tmp,edges==n-1?1:mul(edges+1,npow[n-edges-2]));
            ans=add(ans,tmp);
        }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}