uoj308 【UNR #2】UOJ拯救计划
【题解】
考虑枚举用了$i$所学校,那么贡献为${k \choose i} * cnt * i!$
意思是从$k$所选$i$所出来染色,$cnt$为固定颜色顺序的染色方案,$i!$为可以交换学校位置。
考虑当$i \geq 3$的时候,贡献含有模数因子6,所以模6为0,相当于没有贡献。
当$i = 1$,显然只有$m = 0$有贡献。
对于$m = 0$我们特判,答案显然是$K^n$。
剩下$i = 2$的情况,也就是我们要判断答案是不是一个二分图,如果不是二分图,显然答案为0。
考虑令$cnt' = cnt * i!$,那么二分图的一个连通块只要确定了1个点颜色,剩下确定下来了,所以$cnt' = 2^p$,其中$p$为连通块个数。
那么贡献为$2^{p-1} * k * (k-1)$,直接算就好了。
复杂度$O(T(n + m))$
# include <stdio.h>
# include <string.h>
# include <iostream>
# include <algorithm>
// # include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
const int N = 1e5 + , M = 4e5 + ;
const int mod = ; inline int getint() {
int x = ; char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) ch = getchar();
while(isdigit(ch)) x = (x<<) + (x<<) + ch - '', ch = getchar();
return x;
} int n, m, K, head[N], nxt[M], to[M], tot = ;
inline void add(int u, int v) {
++tot; nxt[tot] = head[u]; head[u] = tot; to[tot] = v;
}
inline void adde(int u, int v) {
add(u, v), add(v, u);
} inline int pwr(int a, int b) {
int ret = ;
while(b) {
if(b&) ret = ret * a % mod;
a = a * a % mod;
b >>= ;
}
return ret;
} bool ok; int c[N];
inline void color(int x) {
for (int i=head[x]; i; i=nxt[i]) {
if(c[to[i]]) {
if(c[x] == c[to[i]]) {
ok = ;
}
continue;
}
c[to[i]] = -c[x];
color(to[i]);
}
} inline void sol() {
n = getint(); m = getint(); K = getint(); tot = ;
for (int i=; i<=n; ++i) head[i] = c[i] = ;
for (int i=, u, v; i<=m; ++i) {
u = getint(), v = getint();
adde(u, v);
}
if(m == ) {
printf("%d\n", pwr(K, n));
return ;
}
// bitgraph
int ans = ;
ok = ;
for (int i=; i<=n; ++i)
if(!c[i]) {
c[i] = ;
color(i);
ans <<= ; ans %= mod;
if(!ok) {
puts("");
return ;
}
}
printf("%d\n", K * (K-) / * ans % mod);
} int main() {
int T = getint();
while(T--) sol();
return ;
}
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