CF1109D Sasha and Interesting Fact from Graph Theory

CF1109D Sasha and Interesting Fact from Graph Theory

这个 \(D\) 题比赛切掉的人基本上是 \(C\) 题的 \(5,6\) 倍...果然数学计数问题比数据结构更受欢迎...

• 以下大致翻译自官方题解.
• 枚举 \(a\to b\) 路径上边的数目,记为 \(edges\) .
• 先来考虑给定的两个点路径上的 \(edges-1\) 个点(不含 \(a,b\) )和 \(edge\) 条边.
  • 节点有\(edges-1\)个,顺序不同则最后的树不同,所以方案数为 \(A(n-2,edges-1)\) .
  • 边有 \(edges\) 条,边权 \(v\) 需满足\(v \in \mathbb{N_+},v_1+v_2+...+v_{edges-1}+v_{edges}=m\).用隔板法可知方案数,即解的组数为 \(C(m-1,edges-1)\).
• 再来考虑其它的 \(n-edges-1\) 个点和 \(n-edges-1\) 条边.
  • 由于其它边的边权显然不影响合法性,可以随意赋 \([1,m]\) 内的整数值,方案数为 \(m^{n-edges-1}\).
  • 剩下的点我们需要使它们形成一个森林,并将每颗树挂在 \(a\to b\) 这 \(edges+1\) 个点上.这等价于所有的 \(n\) 个点形成一个 \(edges+1\) 颗树的森林,那 \(edges+1\) 个点都属于不同的树,然后将这 \(edges+1\) 个点连接起来.根据广义\(Cayley\)定理,方案数为 \((edges+1) \cdot n^{n-edges-2}\) .

广义 \(Cayley\) 定理:

\(n\) 个标号节点形成一个有 \(k\) 颗树的森林,使得给定的 \(k\) 个点没有两个点属于同一颗树的方案数为\(k\cdot n^{n-k-1}.\)

证明可以用归纳法,对 \(n\) 归纳,枚举节点 \(1\) 的邻居即可得递推式,进而得出证明.

• 那么我们就得到了在 \(edges\) 确定的情况下的答案:

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

• 线性预处理 \(m,n​\) 的幂,阶乘及阶乘逆元,枚举 \(edges​\) 统计答案,时间复杂度为 \(O(n+m)\).

#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;
}