容斥原理及证明
定理
设共有\(n\)个集合，\(A_i\)表示第\(i\)个集合，则所有集合的并集可表示成以下形式：
\[|A_1\cup A_2\cup \cdots\cup A_n|=\sum_{i=1}^n (-1)^{i-1}\sum|A_1\cap A_2\cap\cdots\cap A_i| \]证明
设某个元素被\(x\)个集合包含，显然地，其对左式的贡献为1，因为在并集中只计算一次。
考虑其对于右式的贡献，它会在这\(x\)个集合的所有子集中被计算到。其贡献为：
由于所有元素对于左右两式的贡献均为1，综上即可证得等式成立。
推论
设\(A_i^c\)表示\(A_i\)的补集，\(S\)表示全集，则：
\[|A_1^c\cap A_2^c\cap\cdots\cap A_n^c|=|S|-|A_1\cup A_2\cup \cdots\cup A_n|=|S|-\sum_{i=1}^n (-1)^{i-1}\sum|A_1\cap A_2\cap\cdots\cap A_i| \]常用于解决限制条件较繁复的问题。
相关练习
[JSOI2015]染色问题
题解
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这三个限制可以逐个来解决，然后逐层相乘。
当至少有\(i\)行\(j\)列不染色的且规定为某\(i\)行\(j\)列不染色的时候，设\(f_k\)表示不用\(k\)种颜色的方案。
则：
左式的意义为，选\(k\)个颜色不用的方案数。由于还有不涂色的选择，所以并不能保证只有那几个没有用到。假设有一种方案恰好有\(t\)种颜色没用到，根据这样的选择方式，它就被计算了\(\binom{t}{k}\)次。由此得出上式。
二项式反演一下，或者从单纯的容斥角度而言，即可得到：
合法的方案数即为：
\[(c+1)^{(n-i)(m-j)}-\sum_{k=1}^c f_k=\sum_{k=0}^c (-1)^k\binom{c}{k} (c-k+1)^{(n-i)(m-j)} \]这样的方案数，还是会算重，同样因为有不涂色的选择会导致超过\(i\)行或\(j\)列是完全空白的。再进行容斥，即可得到：
\[\begin{align*} & \sum_{i=0}^n (-1)^i \binom{n}{i}\sum_{j=0}^m (-1)^j \binom{m}{j} \sum_{k=0}^c (-1)^k\binom{c}{k}(c-k+1)^{(n-i)(m-j)}\\ & =\sum_{i=0}^n\sum_{k=0}^c (-1)^{i+k}\binom{n}{i} \binom{c}{k}\sum_{j=0}^m \binom{m}{j}(-1)^j(c-k+1)^{(n-i)(m-j)}\\ & =\sum_{i=0}^n\sum_{k=0}^c (-1)^{i+k}\binom{n}{i} \binom{c}{k}\sum_{j=0}^m [-1+(c-k+1)^{n-i}]^m \\ \end{align*}\]如果不将后面的求和转化掉的话，复杂度是\(O(n^3)\)。转化后对每一个\(c-k+1\)的幂进行预处理，即可达到\(O(n^2logn)\)的复杂度。
代码
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#include
#include
typedef long long ll;
const int p=1e9+7;
const int maxn=400+10;
int fac[maxn],inv[maxn],pow[maxn*maxn];
int max(int x,int y) {return x>y?x:y;}
int read()
{
int res=0;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))
ch=getchar();
while(isdigit(ch))
res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
return res;
}
int power(int a,int n)
{
int res=1;
while(n)
{
if (n&1)
res=(ll)res*a%p;
a=(ll)a*a%p;
n>>=1;
}
return res;
}
void prework(int n)
{
fac[0]=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%p;
inv[n]=power(fac[n], p-2);
for (int i=n-1;i>=0;i--)
inv[i]=(ll)inv[i+1]*(i+1)%p;
}
int C(int n,int m)
{
if (m>n)
return 0;
return (ll)fac[n]*inv[m]%p*inv[n-m]%p;
}
int main()
{
int n=read(),m=read(),c=read();
prework(max(max(n, m), c));
int ans=0;
pow[0]=1;
for (int k=0;k<=c;k++)
{
for (int i=1;i<=n;i++)
pow[i]=(ll)pow[i-1]*(c-k+1)%p;
for (int i=0;i<=n;i++)
{
int mul=(ll)power(pow[n-i]-1, m)*C(n, i)%p*C(c, k)%p;
if ((i^k)&1)
ans-=mul;
else
ans+=mul;
if (ans<0)
ans+=p;
else if (ans>=p)
ans-=p;
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}