[ZOJ-4084] ZOJ Monthly Jan 2019- D - Little Sub and Heltion's Math Problem

題目大意

有n個粉絲，有m個隊伍
需要滿足：
1.對於任何一個粉絲，他至少是一個隊伍的粉絲，但是他不能是所有隊伍的粉絲。
2.對於任意的隊伍i和隊伍j，恰好存在一個隊伍k的粉絲恰好隊伍i和隊伍j的並集（ijk可以相同）
3.對於任意的隊伍i和隊伍j，恰好存在一個隊伍k的粉絲恰好隊伍i和隊伍j的交集（ijk可以相同）

思路分析

（看完題目莫名想到離散數學中的偏序關係）
我們假設每一個隊伍的粉絲都是一個集合。
因爲集合存在交集、並集。我們可以假裝來“差分”一下這些集合。
每個隊伍只記錄這個隊伍比“子隊伍”多的部分。
（一個圓圈代表一個隊伍，圓圈內的是差分的粉絲集合，圓圈外是隊伍實際的粉絲集合）

如果你能大概猜想圖長得大概像這上面一樣，那就好了，（因爲我不太會解釋爲什麼，或許是從給的條件裏面看出來的）

我們逐個來解析這三個條件。
（直接按照順序的話可能不一定能馬上想出來，我們可以分解條件，亂序使用這些條件）

• 條件1的前半句意味着所有的n個粉絲都應該要出現（所有粉絲都是最“上”方的隊伍的粉絲）
• 條件1的後半句意味着最“下”方的隊伍的粉絲集合一定是空集（因爲這是一個“差分”集合）
• 條件2和條件3的第一個恰好，組合起來也就意味着這個圖應該恰好有m個圓圈（m個隊伍）
• 條件2的第二個恰好
  假設這兩個隊伍是父子關係（i是j的“父隊伍”），那麼k顯然就是i
  假設這兩個隊伍是並列關係，那麼隊伍k是隊伍i和j的“父隊伍”，並且所在的“差分集合”是空集
  同時最多隻能2叉
• 條件3的第二個恰好
  假設這兩個隊伍是父子關係（i是j的“父隊伍”），那麼k顯然就是i
  假設這兩個隊伍是並列關係，那麼隊伍k是隊伍i和j的“父隊伍”，並且所在的“差分集合”是空集
  同時最多隻能2叉

通過這些條件，我們就可以在草稿紙上畫出“偏序關係”（差分集合）的可能的形狀了。
（最主要的是題目說m的範圍是2到6，很少，而且條件很苛刻）

其實所有可能的情況也就是這麼些。
黑色實心的隊伍的“差分集合”，必須是空集。（因爲他是最“下方”的隊伍）
紅色實心的隊伍的“差分集合”，必須是空集。（因爲他是一個二叉的“父隊伍”）

基本的形狀有了，我們要做就是計算分配這些粉絲的方案數了。
（因爲答案=隊伍的偏序關係數（考慮順序）*分配粉絲使得滿足這個形狀的方案數）

分配粉絲使得滿足這個形狀的方案數

我們來品一品這句話
我們一共有n個粉絲要分配，一共要分配到m個隊伍（此處m僅僅是一個字母而已，非題目輸入的m），並且每個隊伍都不能分到0個粉絲的方案數。
似乎有些熟悉？

• n個小球分配到m個箱子，每個箱子不爲空的方案數。
• n個元素映射到m個元素，每個元素都要被映射到（滿射、到上（onto）函數）的函數個數。

根據離散數學的知識（比如容斥原理），我們就可以計算出：
$f(n,m)=\sum_{k=0}^{m}(-1)^kC(m,k)(m-k)^n=m!S(n,m)$
其中$S(n,m)$表示第二類斯特林數

到此，我們解決了所有的問題，這道題就做出來了。
（什麼？沒有解釋“隊伍的偏序關係數（考慮順序）”？其實就是原本那個形狀*m!/等價的點，純粹組合數學知識，相信你應該會）

代碼實現

#include<cstdio>
#include<iostream>
typedef long long LL;
const int MOD =1e9+7;
using namespace std;
LL jie[10];
void Madd(LL &a,LL b){//爲了方便，直接弄一個取模加法
	a=((a+b%MOD)%MOD+MOD)%MOD;
}
LL ksm(LL a,LL b){
	LL ans=1;
	for(;b;b>>=1,a=a*a%MOD)
		if(b&1)ans=ans*a%MOD;
	return ans; 
}
int C(int n,int m){//m很小，直接排列組合
	LL ans=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)ans*=i;
	for(int i=1;i<=m;i++)ans/=i;
	for(int i=1;i<=n-m;i++)ans/=i;
	return ans;
}
LL f(LL n,int m){//函數f(n,m)
	LL ans=0;
	for(int k=0;k<=m;k++)
		if(k&1)Madd(ans,-C(m,k)*ksm(m-k,n));
		else Madd(ans,C(m,k)*ksm(m-k,n));
	return ans;
}
void work(){
	LL n,m,ans=0;
	cin>>n>>m;
	switch(m){
		case 2:
			Madd(ans,jie[2]*f(n,1));
			break;
		case 3:
			Madd(ans,jie[3]*f(n,2));
			break;
		case 4:
			Madd(ans,jie[4]*f(n,3));
			Madd(ans,jie[4]/2*f(n,2));
			break;
		case 5:
			Madd(ans,jie[5]*f(n,4));
			Madd(ans,2*jie[5]/2*f(n,3));
			break;
		case 6:
			Madd(ans,jie[6]*f(n,5));
			Madd(ans,3*jie[6]/2*f(n,4));
			Madd(ans,jie[6]*f(n,3));
			break;
	}
	printf("%lld\n",ans);
}
int main() {
	jie[1]=1;
	for(int i=2;i<=6;i++)
		jie[i]=jie[i-1]*i%MOD; 
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)work();
	return 0;
}