SP8064 AMR10J-Mixing Chemicals

SP8064 AMR10J - Mixing Chemicals

给一个(n)个节点的基环树森林，求(k)分图染色的方案数

先考虑一棵树的方案，随机选一个点为根，然后其它每个节点都有唯一一个前驱，根往叶子节点确定颜色，根有(k)种染色方案，其他节点只要与前驱不同即可，染，色方案有(k-1)种，乘法原理，假设这棵树的节点数为(n)，这棵树(k)分图染色的方案数是(k(k-1)^{n-1})

对于基环树来说，先确定环的颜色，再确定其它点的颜色，同样的，其他点只有唯一一个前驱，所以方案数还是(k-1)，不妨设给一个大小为(x)的环进行(k)分图染色方案为(f_x)，那么给定节点(n)，环大小为(x)的基环树(k)分图染色的方案数就是(f_x(k-1)^{n-x})
森林的方案可以乘起来，接下来就是如何求(f_x)

算法一：dp

暴力(dp)

设(g_{i,j,k})表示考虑完前(i)个节点放的颜色，第(i)个节点颜色为(j)，第(1)个节点颜色为(k)的方案数，(f_x=sumlimits_{i ot=j}g_{x,i,j})

考虑减小状态数量，每种颜色 本质没有区别，我们不用关系颜色具体是什么，仅关系选出的颜色与第一个节点颜色是否相同，不妨设(g_{i,0/1})考虑完前(i)个节点放的颜色，第(i)个节点的颜色是否与第一个节点颜色相同方案数，

(0)代表相同，(1)代表不同，(f_x=g_{x,0}) 朴素转移：

[large g_{x,0}=g_{x-1,1},g_{x,1}=g_{x-1,0} imes(k-1)+g_{x-1,1} imes(k-2) ]

第一个转移：(x)与(1)相同，该点只有一种选择，同时(x-1)肯定和(1)不相同;

第二个转移：(x)与(1)不同，(x-1)与(1)相同时，(x)有(k-1)种选择，(x-1)与(1)不同时，该点只有(k-2)种选择

由这个柿子，我们可以看出，不妨用(g_{x,0})代表(g_{x-1,1})，用(f_x)代表(g_{x,0})，转移也可以写成

(large f_{x+1}=f_{x-1} imes(k-1)+f_x imes(k-2))

即

[large f_x=f_{x-1} imes(k-2)+f_{x-2} imes(k-1) ]

一个标准的矩阵快速幂柿子，直接(O(n))求和，复杂度(O(sum n))

算法二：数学

对于一个大小为(n)的环最终染色结果，如果允许相邻点颜色相同，我们就认为它们间的边被标记了

显然标记(x(x ot=n))条边方案数为(large{nchoose x}f_{n-x})，把同色点缩点即可证明，

标记边数量等于等于(n)，方案数即为(k)，(所有边颜色相同)

标记边数量可能为(0,1,..,n-2,n)(不能有(n-1)，因为不可能只标记(n-1)条边)，画图可知，

任意染色方案数为(k^n)，所以可以得到以下柿子

[k^n=sum_{i=0}^{n-2}{nchoose i}f_{n-i}+k ]

即

[k^n=sum_{i=2}^n{nchoose i}f_i+k ]

手膜一下，把范围扔进柿子就好了，现在就可以(O(n^2))求(f)了

二项式反演降低复杂度：

[largesum_{i=0}^n{nchoose i}f_i=egin{cases}1~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~n=0\ k^n-k+kn+1~~~~n>0 end{cases} ]

设(large g_n=sumlimits_{i=0}^n{nchoose i}f_i)，那么

[large f_n=sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{nchoose i}g_i ]

const int mod = 1e9 + 7,N = 105;
inline void write(int x) {
  static int sta[64];
  int top = 0;
  do {
    sta[top++] = x % 10, x /= 10;
  } while (x);
  while (top) putchar(sta[--top] + 48); putchar('
');
}    
int mo(const int x){return x >= mod ? x-mod : x;}
int g[N],tot,ok[N],st[N],vis[N],c[N];
int dfs(int u){
	if(vis[u]) return ok[u] ? -1 : vis[u];
	st[++tot] = u; vis[u] = tot;
	return dfs(c[u]);
}
int main(){
	int T = read();
	while(T--){
		int n,k; g[0] = 1; g[1] = 0;
		n = read(); k = read();
		for(int i = 2;i <= n;++i)
			g[i] = mo(1ll*g[i-1]*(k-2)%mod + 1ll*g[i-2]*(k-1)%mod);
		for(int i = 0;i <= n;++i)
			g[i] = 1ll*g[i]*k % mod;
		for(int i = 1;i <= n;++i)
			c[i] = read(),vis[i] = ok[i] = 0,++c[i];
		int sum = n,ans = 1;
		for(int i = 1;i <= n;++i){
			if(!vis[i]){
				tot = 0;int tmp = dfs(i);
				for(int j = 1;j <= tot;++j)
					ok[st[j]] = true;
				if(~tmp){
					tmp = tot - tmp + 1;sum -= tmp;
					ans = 1ll*ans*g[tmp] % mod;
				}
			}
		}
		int sna = 1;
		while(sum--)
			sna = 1ll*sna*(k-1) % mod;
		write(1ll*ans*sna%mod);
	}
}