Codeforces Round #589 (Div. 2)E（组合数，容斥原理，更高复杂度做法为DP）

#define HAVE_STRUCT_TIMESPEC
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[257],fac[257],ifac[257];
const long long mod = 1e9+7;
int qpow(int x,int y){
int tamp=1;
while(y){
if(y&1)
tamp=1ll*tamp*x%mod;
x=1ll*x*x%mod;
y>>=1;
}
return tamp;
}
int combination(int n,int m){
return 1ll*ifac[m]*ifac[n-m]%mod*fac[n]%mod;//n!/(m!*(n-m)!)
}
int main(){
int n,k;
cin>>n>>k;
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i){
f[i]=qpow((qpow(k,i)-qpow(k-1,i)+mod)%mod,n);//f[i]表示有i列格子填上了数字，每一列都有1
//qpow(k,i)表示一列中每一格都用1~k填充，即全排列
//qpow(k-1,i)表示一列中每一格都用2~k填充，即这一列没有1
//相减得到这一列定有1，n次方表示n列每一列都定有1
fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;//fac[i]表示sum[1,i](f[i])
}
ifac[n]=qpow(fac[n],mod-2);//费马小定理求逆元
for(int i=n-1;i>=0;--i)
ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod;//ifac[i]=1/((n!*(n-i)!)/n!)
int ans=0;
for(int i=0;i<=n;++i)
ans=(ans+((i&1)?mod-1ll:1ll)*combination(n,i)%mod*qpow(k-1,1ll*n*i)%mod*f[n-i]%mod)%mod;
//容斥，用全排列的情况减去只有1列没有1加上只有2列没有1减去只有3列没有1加上只有4列没有1......
//多集合取交集容斥问题，公式类似二项式定理即ans=sum[0,n]((-1)^i*(C(n,i)(k-1)^(n*i))*f[n-i])
cout<<ans<<endl;
return 0;
}

巴特西

Codeforces Round #589 (Div. 2)E（组合数，容斥原理，更高复杂度做法为DP）

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