LOJ.6160.[美团CodeM初赛 RoundA]二分图染色(容斥 组合)

题目链接

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\(Description\)

求在\(2n\)个点的完全二分图（两边各有\(n\)个点）上确定两组匹配，使得两个匹配没有交集的方案数。

\(n\leq10^7\)。

\(Solution\)

不考虑限制，令\(f_i\)表示在\(2i\)个点的二分图上任意确定一组匹配的方案数，确定两组匹配的方案数就是\(f_n^2\)。

对于限制，考虑容斥，枚举令多少个匹配强制相同，即\(Ans=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^ii!(C_n^i)^2f_{n-i}^2\)。

对于\(f_n\)，一个显然的求法是\(f_n=\sum_{i=0}^ni!(C_n^i)^2\)。但这样总复杂度就是\(O(n^2)\)了。

打个表可以找出规律：\(f_n=2nf_{n-1}-(n-1)^2f_{n-2}\)。

理性思考一下\(f_n\)为什么这么递推，即如何由\(n-1\)推到\(n\)。不考虑限制，第\(n\)对点有\(2n-1\)种和其它点匹配的方案，再加上不选这对点方案数就是\(2nf_{n-1}\)。

假设第\(n\)对点中连出的匹配和\((i,j)\)相同，那么有\((n-1)^2\)种可能，每种可能的方案数都是\(f_{n-2}\)。所以减掉\((n-1)^2f_{n-2}\)。

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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define mod 1000000007
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=1e7+5;

int f[N],fac[N],ifac[N];

inline int read()
{
	int now=0,f=1;register char c=gc();
	for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
	for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
	return now*f;
}
inline int FP(int x,int k)
{
	int t=1;
	for(; k; k>>=1,x=1ll*x*x%mod)
		if(k&1) t=1ll*t*x%mod;
	return t;
}

int main()
{
	int n=read(); fac[0]=1;
	for(int i=1; i<=n; ++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	ifac[n]=FP(fac[n],mod-2);
	for(int i=n; i; --i) ifac[i-1]=1ll*ifac[i]*i%mod;
	f[0]=1, f[1]=2;
	for(int i=2; i<=n; ++i) f[i]=(2ll*i*f[i-1]-1ll*(i-1)*(i-1)%mod*f[i-2])%mod;

	LL ans=0,tmp=1ll*fac[n]*fac[n]%mod;
	#define v (tmp*ifac[n-i]%mod*ifac[n-i]%mod*ifac[i]%mod*f[n-i]%mod*f[n-i]%mod)
	for(int i=0; i<=n; ++i) ans+=i&1?-v:v;
	printf("%lld\n",(ans%mod+mod)%mod);

	return 0;
}