方法一
- 设\(f_i\)为最多使用\(i\)种颜色的涂色方案，\(g_i\)为恰好只使用\(i\)种颜色的涂色方案。可知此题答案为\(g_k\)。
- 根据排列组合的知识不难得到\(f_k = \sum_{i=0}^k{C_k^i*g_i}\)。
- 根据二项式反演的式子 or 容斥原理，有\(g_k = \sum_{i = 0}^k{(-1)^{k-i}*C_k^i*f_i}\)，这时只要有\(f_i\)我们就可以累加得到最终答案，看题面考虑\(f_i\)的现实意义，根有\(i\)种可选，往下涂每个点有\(i-1\)种可选（因为是树形的，所以子节点涂色只要和父亲不同即可），故\(f_i = i * (i - 1)^{n - 1}\)。
#include <cstdio>
const int mod = 1e9 + 7;
int n, k, ans;
int C[2505][2505], f[2505];
int ksm(int a, int b) {
int res = 1;
for (; b; b >>= 1) {
if (b & 1) res = 1LL * res * a % mod;
a = 1LL * a * a % mod;
}
return res;
}
void Pre() {
for (int i = 0; i <= k; i++) {
f[i] = 1LL * i * ksm(i - 1, n - 1) % mod;
C[i][i] = C[i][0] = 1;
for (int j = 1; j < i; j++) {
C[i][j] = (1LL * C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % mod;
}
}
}
int main() {
scanf("%d %d", &n, &k);
for (int i = 1, x; i < n; i++)
scanf("%d", &x);
Pre();
for (int i = 0; i <= k; i++) {
int a = (k - i) % 2 ? -1 : 1;
int tmp = (1LL * a * C[k][i] % mod * f[i] % mod + mod) % mod;
ans = (ans + tmp) % mod;
}
return !printf("%d\n", ans);
}
方法二
- 假设\(f(n,k)\)是答案。
- 染一个叶子节点，有两种情况：1.它的颜色是独一无二的：\(k*f(n-1,k-1)\)种染色方式；2.有别的节点和它颜色一样（则它不和父亲相同）：\((k-1)*f(n-1,k)\)种染色方式。因此将这两种加起来就是答案。
#include <cstdio>
#include <cstring>
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, k;
int dp[2505][2505];
int f(int n, int k) {
if (n == 1) return k == 1 ? 1 : 0;
if (dp[n][k] != -1) return dp[n][k];
return dp[n][k] = ((ll)k * f(n - 1, k - 1) % mod + (ll)(k - 1) * f(n - 1, k) % mod) % mod;
}
int main() {
scanf("%d %d", &n, &k);
for (int i = 1, x; i < n; i++) {
scanf("%d", &x);
}
memset(dp, -1, sizeof dp);
return !printf("%d\n", f(n, k));
}
方法二是直接染色了，也可以先求出模式数，再乘\(k!\)使其染色，详解我写在cf 140E
#include <cstdio>
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 2510;
int n, k;
ll f[maxn][maxn];
int main() {
scanf("%d %d", &n, &k);
f[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= i; j++)
f[i][j] = (f[i - 1][j - 1] + f[i - 1][j] * (j - 1)) % mod;
ll ans = f[n][k];
for (int i = 1; i <= k; i++)
ans = ans * i % mod;
return !printf("%d\n", (int)ans);
}