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

题目大意

有n个粉丝，有m个队伍
需要满足：
1.对于任何一个粉丝，他至少是一个队伍的粉丝，但是他不能是所有队伍的粉丝。
2.对于任意的队伍i和队伍j，恰好存在一个队伍k的粉丝恰好队伍i和队伍j的并集（ijk可以相同）
3.对于任意的队伍i和队伍j，恰好存在一个队伍k的粉丝恰好队伍i和队伍j的交集（ijk可以相同）

思路分析

（看完题目莫名想到离散数学中的偏序关系）
我们假设每一个队伍的粉丝都是一个集合。
因为集合存在交集、并集。我们可以假装来“差分”一下这些集合。
每个队伍只记录这个队伍比“子队伍”多的部分。
（一个圆圈代表一个队伍，圆圈内的是差分的粉丝集合，圆圈外是队伍实际的粉丝集合）

如果你能大概猜想图长得大概像这上面一样，那就好了，（因为我不太会解释为什么，或许是从给的条件里面看出来的）

我们逐个来解析这三个条件。
（直接按照顺序的话可能不一定能马上想出来，我们可以分解条件，乱序使用这些条件）

• 条件1的前半句意味着所有的n个粉丝都应该要出现（所有粉丝都是最“上”方的队伍的粉丝）
• 条件1的后半句意味着最“下”方的队伍的粉丝集合一定是空集（因为这是一个“差分”集合）
• 条件2和条件3的第一个恰好，组合起来也就意味着这个图应该恰好有m个圆圈（m个队伍）
• 条件2的第二个恰好
  假设这两个队伍是父子关系（i是j的“父队伍”），那么k显然就是i
  假设这两个队伍是并列关系，那么队伍k是队伍i和j的“父队伍”，并且所在的“差分集合”是空集
  同时最多只能2叉
• 条件3的第二个恰好
  假设这两个队伍是父子关系（i是j的“父队伍”），那么k显然就是i
  假设这两个队伍是并列关系，那么队伍k是队伍i和j的“父队伍”，并且所在的“差分集合”是空集
  同时最多只能2叉

通过这些条件，我们就可以在草稿纸上画出“偏序关系”（差分集合）的可能的形状了。
（最主要的是题目说m的范围是2到6，很少，而且条件很苛刻）

其实所有可能的情况也就是这么些。
黑色实心的队伍的“差分集合”，必须是空集。（因为他是最“下方”的队伍）
红色实心的队伍的“差分集合”，必须是空集。（因为他是一个二叉的“父队伍”）

基本的形状有了，我们要做就是计算分配这些粉丝的方案数了。
（因为答案=队伍的偏序关系数（考虑顺序）*分配粉丝使得满足这个形状的方案数）

分配粉丝使得满足这个形状的方案数

我们来品一品这句话
我们一共有n个粉丝要分配，一共要分配到m个队伍（此处m仅仅是一个字母而已，非题目输入的m），并且每个队伍都不能分到0个粉丝的方案数。
似乎有些熟悉？

• n个小球分配到m个箱子，每个箱子不为空的方案数。
• n个元素映射到m个元素，每个元素都要被映射到（满射、到上（onto）函数）的函数个数。

根据离散数学的知识（比如容斥原理），我们就可以计算出：
$f(n,m)=\sum_{k=0}^{m}(-1)^kC(m,k)(m-k)^n=m!S(n,m)$
其中$S(n,m)$表示第二类斯特林数

到此，我们解决了所有的问题，这道题就做出来了。
（什么？没有解释“队伍的偏序关系数（考虑顺序）”？其实就是原本那个形状*m!/等价的点，纯粹组合数学知识，相信你应该会）

代码实现

#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){//为了方便，直接弄一个取模加法
	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，直接排列组合
	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){//函数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;
}