题目大意
有一个\(n\)个点\(m\)条边的图，每条边有一种颜色\(c_i\in\{1,2,3\}\)，求所有的包括\(i\)条颜色为\(1\)的边，\(j\)条颜色为\(2\)的边，\(k\)条颜色为\(3\)的边的生成树的数量。
对\({10}^9+7\)取模。
\(n\leq 50\)
题解
如果\(\forall i,c_i=1\)，就可以直接用基尔霍夫矩阵计算生成树个数。但是现在有三种颜色，不妨设\(c_i=2\)的边的边权为\(x\)，\(c_i=3\)的边的边权为\(y\)。因为\(x\)的次数不会超过\(n-1\)，所以可以设\(y=x^n\)。基尔霍夫矩阵可能是这样子的：
$$\begin{bmatrix}1+x&-1&-x\-1&1+xn&-xn\-x&-xn&x{n+1}\end{bmatrix}$$
这样的话直接高斯消元很明显会TLE，可以用FFT优化。FFT是在每次乘法时先做一次求值，做一次点值乘法，最后做一次插值。所以我们可以先在消元前做一次求值，消元时直接做点值乘法，最后再插值插回来。
因为答案的最高次不超过\(n(n-1)\)，所以我们可以把\(n(n-1)+1\)个点带到行列式中，把每次得到的行列式保存下来，最后再用拉格朗日插值插回来。这里不能用高斯消元是因为高斯消元会直接TLE。
求行列式的总时间复杂度是\(O(n^2)\times O(n^3)=O(n^5)\)，拉格朗日插值的时间复杂度是\(O({(n^2)}^2)=O(n^4)\)，高斯消元的时间复杂度是\(O({(n^2)}^3)=O(n^6)\)。
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
ll p=1000000007;
ll a[60][60];
int lx[10010];
int ly[10010];
int lc[10010];
ll x[3010];
ll y[3010];
ll c[3010];
ll b[3010];
ll d[3010];
ll l[3010];
ll ans[3010];
ll fp(ll a,ll b)
{
ll s=1;
while(b)
{
if(b&1)
s=s*a%p;
a=a*a%p;
b>>=1;
}
return s;
}
ll calc(int t)
{
int i,j,k;
ll s=1;
for(i=1;i<=t;i++)
{
for(j=i;j<=t;j++)
if(a[j][i])
break;
if(j>t)
return 0;
int x=j;
if(x>i)
{
s=-s;
for(j=i;j<=t;j++)
swap(a[i][j],a[x][j]);
}
for(j=i+1;j<=t;j++)
if(a[j][i])
{
ll d=a[j][i]*fp(a[i][i],p-2)%p;
for(k=i;k<=t;k++)
a[j][k]=(a[j][k]-a[i][k]*d%p)%p;
}
}
for(i=1;i<=t;i++)
s=s*a[i][i]%p;
s=(s+p)%p;
return s;
}
int main()
{
// freopen("count.in","r",stdin);
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
int i,j,k;
for(i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d%d",&lx[i],&ly[i],&lc[i]);
for(i=1;i<=n*n;i++)
{
x[i]=(i*1000+1)%p;
// x[i]=i%p;
ll px=fp(x[i],n);
memset(a,0,sizeof a);
for(j=1;j<=m;j++)
{
if(lc[j]==1)
{
a[lx[j]][lx[j]]++;
a[ly[j]][ly[j]]++;
a[lx[j]][ly[j]]--;
a[ly[j]][lx[j]]--;
}
else if(lc[j]==2)
{
(a[lx[j]][lx[j]]+=x[i])%=p;
(a[ly[j]][ly[j]]+=x[i])%=p;
(a[lx[j]][ly[j]]-=x[i])%=p;
(a[ly[j]][lx[j]]-=x[i])%=p;
}
else
{
(a[lx[j]][lx[j]]+=px)%=p;
(a[ly[j]][ly[j]]+=px)%=p;
(a[lx[j]][ly[j]]-=px)%=p;
(a[ly[j]][lx[j]]-=px)%=p;
}
}
y[i]=calc(n-1);
}
int t=n*n;
memset(c,0,sizeof c);
c[0]=1;
memset(ans,0,sizeof ans);
for(i=1;i<=t;i++)
for(j=t;j>=0;j--)
{
(c[j+1]+=c[j])%=p;
(c[j]=-c[j]*x[i])%=p;
}
for(i=1;i<=t;i++)
{
memcpy(d,c,sizeof d);
memset(b,0,sizeof b);
for(j=t;j>=0;j--)
{
b[j]=d[j+1];
d[j]=(d[j]+d[j+1]*x[i])%p;
d[j+1]=0;
}
ll s=0,px=1;
for(j=0;j<=t;j++)
{
s=(s+px*b[j])%p;
px=px*x[i]%p;
}
s=fp(s,p-2)*y[i]%p;
for(j=0;j<=t;j++)
b[j]=b[j]*s%p;
for(j=0;j<=t;j++)
ans[j]=(ans[j]+b[j])%p;
}
for(i=0;i<n;i++)
for(j=0;j<n-i;j++)
printf("%lld\n",(ans[j+n*(n-i-j-1)]%p+p)%p);
return 0;
}