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...果然數學計數問題比數據結構更受歡迎...
- 以下大致翻譯自官方題解.
- 枚舉 \(a\to b\) 路徑上邊的數目,記為 \(edges\) .
- 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,順序不同則最后的樹不同,所以方案數為 \(A(n-2,edges-1)\) .
- 邊有 \(edges\) 條,邊權 \(v\) 需滿足\(v \in \mathbb{N_+},v_1+v_2+...+v_{edges-1}+v_{edges}=m\).用隔板法可知方案數,即解的組數為 \(C(m-1,edges-1)\).
- 再來考慮其它的 \(n-edges-1\) 個點和 \(n-edges-1\) 條邊.
- 由於其它邊的邊權顯然不影響合法性,可以隨意賦 \([1,m]\) 內的整數值,方案數為 \(m^{n-edges-1}\).
- 剩下的點我們需要使它們形成一個森林,並將每顆樹掛在 \(a\to b\) 這 \(edges+1\) 個點上.這等價於所有的 \(n\) 個點形成一個 \(edges+1\) 顆樹的森林,那 \(edges+1\) 個點都屬於不同的樹,然后將這 \(edges+1\) 個點連接起來.根據廣義\(Cayley\)定理,方案數為 \((edges+1) \cdot n^{n-edges-2}\) .
廣義 \(Cayley\) 定理:
\(n\) 個標號節點形成一個有 \(k\) 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為\(k\cdot n^{n-k-1}.\)
證明可以用歸納法,對 \(n\) 歸納,枚舉節點 \(1\) 的鄰居即可得遞推式,進而得出證明.
- 那么我們就得到了在 \(edges\) 確定的情況下的答案:
\[f(edges)=A(n-2,edges-1) \cdot C(m-1,edges-1)\cdot m^{n-edges-1} \cdot (edges+1) \cdot n^{n-edges-2}. \]
- 線性預處理 \(m,n\) 的冪,階乘及階乘逆元,枚舉 \(edges\) 統計答案,時間復雜度為 \(O(n+m)\).
#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;
}