Codeforces1113F. Sasha and Interesting Fact from Graph Theory（组合数学 计数 广义Cayley定理）

题目链接：传送门

思路：

　　计数。树的结构和边权的计数可以分开讨论。

　　①假设从a到b的路径上有e条边，那么路径上就有e-1个点。构造这条路径上的点有$A_{n-2}^{e-1}$种方案；

　　②这条路径的权值的选择，可以用隔板法来做，相当于用e-1个隔板分开m个球，要求每个区间至少有一个球，那么就相当于在m-1个间隙里插入e-1个隔板，有$C_{m-1}^{e-1}$种方案；

　　③在路径之外的点还有n-e-1个，对应有n-e-1条边，每条边的权值可取[1, m]，所以有m^n-e-1种方案；

　　④在路径之外的点构造成树，相当于把剩下的点挂在之前的e+1个点上。这等价于从n个点建一个有e+1棵树，并且有e+1个节点分别在不同的树上，的森林。

　　根据广义Cayley定理可知，从x个点建一个有y棵树的森林，使得给定的y个节点各自属于不同的树上，的方案数为f(x, y) = y*x^x-y-1；

　　【此处广义Cayley的理解参考了jklover的博客】

　　因此有f(n, e+1)种方案。

　　综上所述，a到b的路径上有e条边的方案数为plan(e) = $A_{n-2}^{e-1}*C_{m-1}^{e-1}*m^{n-e-1}*f(n, e+1)$。

实现代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int MAX_N = 1e6 + ;
const int md = 1e9 + ;

inline int add(int a, int b) {
    int res = (a+b)%md;
    if (res < )
        res += md;
    return res;
}
inline int mul(int a, int b) {
    return (int)(1LL * a * b % md);
}
int fpow(int a, int p) {
    int res = ;
    for (; p; p >>= ) {
        if (p & )
            res = mul(res, a);
        a = mul(a, a);
    }
    return res;
}
inline int f(int x, int y) {
    if (x == y)
        return ;
    return mul(y, fpow(x, x-y-));
}

int fac[MAX_N], inv[MAX_N];
void init() {
    fac[] = ;
    for (int i = ; i < MAX_N; i++)
        fac[i] = mul(fac[i-], i);
    inv[MAX_N-] = fpow(fac[MAX_N-], md-);
    for (int i = MAX_N-; i > ; i--)
        inv[i-] = mul(inv[i], i);
}

inline int A(int m, int n) {
    return mul(fac[m], inv[m-n]);
}
inline int C(int m, int n) {
    if (n > m)
        return ;
    return mul(A(m, n), inv[n]);
}

int main()
{
    init();
    int n, m, a, b;
    cin >> n >> m >> a >> b;
    int ans = ;
    for (int e = ; e <= n-; e++) {
        int tmp = ;
        tmp = mul(tmp, A(n-, e-));
        tmp = mul(tmp, C(m-, e-));
        tmp = mul(tmp, fpow(m, n-e-));
        tmp = mul(tmp, f(n, e+));
        ans = add(ans, tmp);
    }
    cout << ans << endl;
    return ;
}

好久没写博客了呀（计数器劝退），不过碰到好题还是忍不住要回来扯两句QwQ。