[acmm week12]染色（容斥定理+组合数+逆元）

1003 染色

	Time Limit: 1sec    Memory Limit:256MB Description 今天离散数学课学了有关树的知识，god_v是个喜欢画画的人，所以他喜欢对于一棵树上色，且相邻节点不能染相同颜色，他有k种颜色，他希望他染色完后，这棵树上每种颜色都有，他想请教你有多少种染色方案？由于方案数过大，输出对1e9+7取模的结果。 Input 第一行 n，k表示树的节点和颜色数量（1<=k<=n<=100000） 第二行 n-1个数字，第i个数字表示第i+1个节点的父亲的编号，（f[i]<i+1） Output 一个数字，表示方案数(%1e9+7) Sample InputCopy 6 4 1 2 2 4 5 Sample OutputCopy 600

题解：

如果不限制k种颜色全部用上，则方案数为f[k]=k*(k-1)^(n-1)（根节点有k种选择，其他节点有k-1种选择）。限制后，我们可以用容斥定理：ans=f[k] - C(k-1,k)*f[k-1] + C(k-2,k)*f[k-2] - .... + (-1)^(k-1) * C(1,k) * f[1];
f：用快速幂求出
线性求C(i,k) （1<=i<=k）：C(i,k) = C(i-1,k) * (i-k+1) / i; 设mod=10^9+7，由于最后答案要%mod，则除以i要转化为乘以i在%mod下的逆元。
线性求逆元： inv[i]=((mod-mod/i))*inv[mod%i]%mod;（inv[i]为i的逆元，emm这里也可以用费马小定理来求）
O(nlogn)

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;

 typedef long long LL;
 const LL mod=1e9 + ;
 const int N=;
 LL c[N],inv[N];

 void cal_c(int k)
 {
     inv[]=;
     for(LL i=;i<=k;i++)
     {
         inv[i]=((mod-mod/i))*inv[mod%i]%mod;
     }
     c[]=;
     for(LL i=;i<=k;i++) c[i]=c[i-]*(k-i+)%mod*inv[i]%mod;
 }

 LL pow(LL x,LL y)
 {
     LL ans=;
     while(y)
     {
         if(y&) ans=ans*x%mod;
         x=x*x%mod;
         y/=;
     }
     return ans;
 }

 int main()
 {
     //freopen("a.in","r",stdin);
     LL n,k;
     scanf("%lld%lld",&n,&k);
     cal_c(k);
     LL ans=,f=,now;
     for(LL i=k;i>=;i--)
     {
         now=(((c[i]*i)%mod)*pow(i-,n-))%mod;
         ans=(ans+f*now+mod)%mod;
         f=-f;
     }
     printf("%lld\n",ans);
     return ;
 }