似乎好久都没写博客了….赶快来补一篇
题意
给你一个 \(n\) 个点 , 没有重边和自环的图 .
有 \(m\) 条边 , 每条边可以染 \(1 \to k\) 中的一种颜色 .
对于任意一个简单环 , 可以将它的边的颜色进行旋转任意位 .
询问本质不同的染色方案数个数 .
数据范围
\(1\le n \le 50, 1 \le m \le 100,1 \le k \le 100\\\)
题解
将边 (或者说是很多条边) 分为 \(3\) 种类型 :
-
不属于任何一个简单环 , 它的贡献为 \(k\) .
-
属于且仅属于一个简单环 (除了环上的边没边了) , 设环长为 \(n\) . 它的贡献就是
\[\displaystyle \frac{1}{n} \sum_{i=0}^{n-1} k^{\gcd(i, n)}
\]
这个就是类似于项链染色的方案数求解 , 原因见 此篇博客 .
-
属于多个环 (或者说是构成了的环 , 除了环上的边还有其他边) . 能够证明可以通过旋转来交换任意两条边的颜色 .
于是本质不同当且仅当有一种颜色数量不同 , 那计算的话 , 就是利用隔板法 把 \(m\) 条边 分成 \(k\) 组的方案数 (每组不一定要有边)
那么我们肖就加入多的 \(k – 1\) 个隔板 , 然后贡献很显然就是$${n + k – 1 \choose k – 1}$$
这个全都可以利用 \(Tarjan\) 求点双联通分量 (求割点的方法) 来判断种类 , 并在其中计算 , 把所有贡献乘起来就是最后的答案了.
时间复杂度就是 \(O(n+m)\) 轻松通过此题.
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for(int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
using namespace std;inline bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
inline bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}inline int read() {
int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();
for (; !isdigit(ch); ch = getchar() ) if (ch == '-') fh = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar() ) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ '0');
return x * fh;
}void File() {
#ifdef zjp_shadow
freopen ("F.in", "r", stdin);
freopen ("F.out", "w", stdout);
#endif
}const int N = 55, M = 205;typedef long long ll;
const ll Mod = 1e9 + 7;ll fpm(ll x, int power) {
ll res = 1;
for (; power; power >>= 1, (x *= x) %= Mod)
if (power & 1) (res *= x) %= Mod;
return res;
}ll fac[M], ifac[M];void Init(int maxn) {
fac[0] = ifac[0] = 1ll;
For (i, 1, maxn) fac[i] = fac[i - 1] * i % Mod;
ifac[maxn] = fpm(fac[maxn], Mod - 2);
Fordown (i, maxn - 1, 1) ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1) % Mod;
}ll C(int m, int n) {
if (m > n || n < 0 || m < 0) return 0ll;
return fac[n] * ifac[m] % Mod * ifac[n - m] % Mod;
}set <int> Point;
int n, m, k; ll ans = 1ll;ll Polya(int n) {
ll res = 0;
For (i, 1, n) (res += fpm(k, __gcd(n, i))) %= Mod;
return res * fpm(n, Mod - 2) % Mod;
}ll Permu(int m) { return C(k - 1, m + k - 1); }vector<int> G[N];
int dfn[N], lowlink[N], sta[N], top;
void Tarjan(int u, int fa) {
static int clk = 0;
dfn[u] = lowlink[u] = (++ clk); sta[++ top] = u;for (int v : G[u]) if (!dfn[v]) {
Tarjan(v, u), chkmin(lowlink[u], lowlink[v]);
if (lowlink[v] >= dfn[u]) {
Point.clear();
int n = 0, m = 0, Last;
do Point.insert(Last = sta[top --]), ++ n; while (Last != v);
Point.insert(u), ++ n;
for (int x : Point) for (int v : G[x])
if ((bool)Point.count(v)) ++ m;
m >>= 1;if (m < n) (ans *= k) %= Mod;
if (m == n) (ans *= Polya(n)) %= Mod;
if (m > n) (ans *= Permu(m)) %= Mod;
}
} else chkmin(lowlink[u], dfn[v]);
if (!fa) -- top;
}int main () {
File();
n = read(), m = read(); k = read();
Init(m + k + 5);For (i, 1, m) {
int u = read(), v = read();
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}For (i, 1, n) if (!dfn[i]) Tarjan(i, 0);
printf ("%lld\n", ans);
return 0;
}
