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NC13884.Paint Box

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考虑容斥原理，可能会有点绕。转化思路比较固定，也可以直接使用二项式反演求解。

NC13884.Paint Box

题目描述：

$ n $ 个盒子，使用 $ m $ 种颜色染色，相邻的盒子不能染相同的颜色。

问恰好使用了 $ k $ 种颜色的染色方案数是多少？

数据范围：
$ 1\le n,m\le 10^9, 1\le k\le 10^6,k\le n,m $

题解：

恰好使用了 $ k $ 种颜色可以使用容斥进行转换。考虑至多或至少。

假设至多使用 $ k $ 种颜色染色，有 $ k(k - 1)^n $ 种方案数。则 $ f_k = k (k - 1)^n = \sum_{i=0}^k C_k^i g_k $ 。

根据容斥原理 $ g_k = f_k - C_k^1 f_{k-1} + C_k^2 f_{k-2} + \cdots + (-1)^kf_0 $

其实也就是容斥原理的公式，减去一部分需要加上重复减掉的，注意系数。

得到结果后需要乘以 $ C_m^k $ ，因为可以任选 $ k $ 个颜色。

实际写代码时， $ f_k $ 可以通过预处理得到， $ C_k^i $ 也可以预处理，也可以直接迭代， $ C_k^i = C_k^{i - 1} * (k - i + 1) / i $ ，使用循环直接求的话需要注意初始化为 $ inv[k + 1] $

但是 $ C_m^k $ 由于 $ m $ 比较大， $ k $ 比较小，可以通过定义求解。

代码：

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using namespace std;
using namespace FAST_IO;
const ll mod = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll INF_LL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-5;
const int maxn = 1e6 + 10;
const int maxm = 1e5 + 10;
int t;
ll n, m, k;
ll inv[maxn];
void init(int n)
{
    inv[0] = inv[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod; // -k 写作了 p - k  
    }
}
ll Cnm(ll n, ll m)
{
    if (n < m)
        return 0;
    if (n - m < m)
        m = n - m;
    ll a = 1;
    for (int i = 0; i < m; ++i)
    {
        a = a * (n - i) % mod * inv[i + 1] % mod;
    }
    return a;
}

ll qpow(ll a, ll b)
{
    ll ans = 1, tmp = a;
    while (b)
    {
        if (b & 1)
            ans = ans * tmp % mod;
        tmp = tmp * tmp % mod;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}
int main()
{
// #define COMP_DATA
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt", "r", stdin);
#endif
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int tcase;
    read(tcase);
    init(1e6 + 1);
    while (tcase--)
    {
        read(n, m, k);
        ll ans = 0;
        ll cki = inv[k + 1];
        for (int i = 0, flag = 1; i < k; ++i, flag = -flag)
        {
            cki = cki * (k - i + 1) % mod * inv[i] % mod;
            ans = (ans + flag * (k - i) * qpow(k - i - 1, n - 1) % mod * cki + mod) % mod;
        }
        ans = ans * Cnm(m, k) % mod;
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}