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题意：

有n个点m种颜料，问你用k种颜色，有多少种方法，使得相邻两点的颜色不一样

题解：

容斥+组合数

我们很容易知道，用t种颜色去涂n个格子，方案数为
\[ t*(t-1)^{n-1} \]

并不是，因为我们可以这样想

如果我选用最多的五种颜色1，2，3，4，5去染色的话，我们可以会染出1，2，1，2这样的结果

而如果只用两种颜色1，2去染色的话，我们也会染出1，2，1，2这样的结果

因此我们的答案是错误的

也就是说，用k种颜色去染色的时候，我们的结果是包含了k，k-1，，，1种颜色染色的结果的

因此我们需要容斥一下
\[ 定义函数 f（i）为只使用i种颜色的方案数\定义ans恰好用k种颜色时的答案\Sum=k*(k-1)^{n-1}\那么ans+(f(1)U f(2)U f(3)....f(k-1))=Sum\ans=Sum-(f(1)U f(2)U f(3)....f(k-1))\f(i)=C_{k}^{i}*(k-i-1)^{n-1}\(f(1)U f(2)U f(3)....f(k))=\sum_{i=2}^{k}(-1)^{i} f(i) \]
举个例子：如果我们有4 4 4 这组数据
\[ 当我们最多用四种颜色时\quad C_4^4*4*3^3\当我们最多用三种颜色即有一种颜色没有用到时\quad C_4^3*3*2^3\当我们最多用两种颜色即有两种种颜色没有用到时\quad C_4^2*2*1^3\当我们最多用一种颜色即有三种种颜色没有用到时\quad C_4^1*1*0^3\ans= C_4^4*4*3^3-C_4^3*3*2^3+C_4^2*2*1^3-C_4^1*1*0^3=24 \]

代码：

/**
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 * 　　　　　　　　　┃　　　┃　Code is far away from bug with the animal protecting　　　　　　　　　　
 * 　　　　　　　　　┃　　　┃   神兽保佑,代码无bug
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 */
// warm heart, wagging tail,and a smile just for you!
//
//                            _ooOoo_
//                           o8888888o
//                           88" . "88
//                           (| -_- |)
//                           O\  =  /O
//                        ____/`---'\____
//                      .'  \|     |//  `.
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//                    | \_|  ''\---/''  |   |
//                    \  .-\__  `-`  ___/-. /
//                  ___`. .'  /--.--\  `. . __
//               ."" '<  `.___\_<|>_/___.'  >'"".
//              | | :  `- \`.;`\ _ /`;.`/ - ` : | |
//              \  \ `-.   \_ __\ /__ _/   .-` /  /
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//                            `=---='
//        ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^
//                     佛祖保佑      永无BUG
#include <set>
#include <map>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <bitset>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long LL;
typedef long long ll;
typedef pair<LL, LL> pLL;
typedef pair<LL, int> pLi;
typedef pair<int, LL> pil;;
typedef pair<int, int> pii;
typedef unsigned long long uLL;
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define bug printf("*********\n")
#define FIN freopen("input.txt","r",stdin);
#define FON freopen("output.txt","w+",stdout);
#define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0)
#define debug1(x) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<"]\n"
#define debug2(x,y) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<" "<<#y<<" "<<(y)<<"]\n"
#define debug3(x,y,z) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<" "<<#y<<" "<<(y)<<" "<<#z<<" "<<z<<"]\n"

const double eps = 1e-8;
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e6 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const LL INFLL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
LL qpow(LL n, LL m) {
    LL ans = 1;
    while(m) {
        if(m & 1) ans = ans * n % mod;
        n = n * n % mod;
        m >>= 1;
    }
    return ans;
}


LL inv[maxn];
void init() {
    inv[1] = 1;
    for(int i = 2; i < maxn; i++) {
        inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
    }
}
LL n, m, k;
LL Cm[maxn], Ck[maxn];
void get_C(int k) {
    Ck[0] = Cm[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= k; i++) {
        Cm[i] = Cm[i - 1] % mod * (m - i + 1) % mod * inv[i] % mod;
        Ck[i] = Ck[i - 1] % mod * (k - i + 1) % mod * inv[i] % mod;
    }
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    FIN
#endif
    init();
    int T;
    scanf("%d", &T);
    int cas = 1;
    while(T--) {
        scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &k);
        get_C(k);
        int flag = 1;
        LL tot = 0;
        for(LL i = k; i >= 1; i--) {
            tot = (tot + 1LL * flag * Ck[k - i] * (i) % mod * qpow(i - 1, n - 1) % mod + mod) % mod;
            flag = -1 * flag;
        }
        tot = (tot * Cm[k]) % mod;
        printf("Case #%d: %lld\n", cas++, tot);
    }
    return 0;
}

2014ACM/ICPC亚洲区西安站 F题 color (组合数学，容斥原理)

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