【每日一题】6月12日题目精讲 数论

题号 NC13884
名称 Paint Box
来源 西南交通大学第十三届ACM决赛
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题解

定义用不超过 种颜色涂完 个盒子的方案数为。

意为：第一个盒子有 种选法，第二个之后的每一个盒子都需要和前一个不一样即为 种选法，共选了次。

于是，根据容斥原理，用正好 种颜色涂完 个盒子的方案数为：
题中给了 种颜色，从 种颜色选 k 种的方案数为。

题目中要求的 n 个盒子，用 m 种颜色中选出 正好 k 种颜色，且相邻盒子颜色不同的方案数为：
于是，设
则有：

注意，在这里，并不代表数学上的含义，而是找到了一个利于计算的通式
先看特殊值
n=m=k=4，ans=24
n=m=k=5，ans=120
n=m=k 时，ans = k!
m=k>n时，ans=0
这些可以作为编程时的边界条件
考虑到n，m，k的数值，需要用到快速幂与逆元与组合数公式运算

注意到中的 和 的值，是不能直接用 O(1) 时间进行代入计算的。于是，可以考虑打表

但是，我们退回来想，利用式子 呢？ 可以利用公式
即第一部分可以在O(k)的时间复杂度，利用阶乘和逆元的阶乘得到
第二部分可以利用阶乘、逆元和逆元的阶乘得到

代码如下：

#include<stdio.h>
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;

#define ll long long

const ll mod=1e9+7;
const int maxn=1e6+10;

int T;
ll p[maxn], invp[maxn], inv[maxn];

//(a^b)%p
ll qp(ll a, ll b){
    a %= mod;
    ll ret = 1;
    while(b){
        if (b & 1)
            ret = ret * a % mod;
        a = (a * a) % mod;
        b >>= 1;
    }
    return ret;
}

void init(){
    p[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= 1000000; i++)
        p[i] = p[i - 1] * i % mod;
    invp[1000000] = qp(p[1000000], mod - 2);
    for(int i = 1000000 - 1; i>=0; i--)
        invp[i] = invp[i + 1] * (i + 1) % mod;
    inv[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= 1000000; i++)
        inv[i] = 1ll * (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
}

ll C(ll n, ll m){
    return p[n] * invp[m] % mod * invp[n - m] % mod;
}

int main()
{
    init();
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        ll n,m,k;
        scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
        ll Cmk = 1;
        for(int i=1; i<=k; i++)
            Cmk = Cmk * (m - k + i) % mod * inv[i] % mod;
        ll tmp = 0;
        for(int i=0; i<k; i++)
            if (i % 2 == 0)
                tmp = (tmp + C(k, k-i) * (k - i) % mod * qp(k - i - 1, n - 1) % mod + mod) % mod;
            else
                tmp = (tmp - C(k, k-i) * (k - i) % mod * qp(k - i - 1, n - 1) % mod + mod) % mod;
        ll ans = Cmk * tmp % mod;
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}

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