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解題思路

　　首先給出的樹形態沒用，因為除根結點外每個點只有一個父親，它只需要保證和父親顏色不同即可。設\(f(k)\)表示至多染了\(k\)種顏色的方案，那麼\(f(k)=(k-1)^(n-1)*k\)，而我們要求的是恰好染\(k\)種顏色的方案數，設其為\(g(k)\)，易得
\[ g(k)=\sum\limits_{i=1}^k\dbinom{k}{i}f(i) \]
發現這個可以二項式反演
\[ g(k)=\sum\limits_{i=1}^k(-1)^{k-i}\dbinom{n}{i}f(i) \]
然後就可以直接算了。

程式碼

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>

using namespace std;
const int N=2505;
const int MOD=1e9+7;
typedef long long LL;

inline int rd(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) f=ch=='-'?0:1,ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
    return f?x:-x;
}

int n,k,f[N],ans,fac[N],inv[N];

inline int fast_pow(int x,int y){
    int ret=1;
    for(;y;y>>=1){
        if(y&1) ret=(LL)ret*x%MOD;
        x=(LL)x*x%MOD;
    }
    return ret;
}

inline int C(int x,int y){
    return (LL)fac[x]*inv[y]%MOD*inv[x-y]%MOD;
}

int main(){
    n=rd(),k=rd();int x;fac[0]=1;
    for(int i=1;i<n;i++) x=rd();
    for(int i=1;i<=k;i++) fac[i]=(LL)fac[i-1]*i%MOD;
    inv[k]=fast_pow(fac[k],MOD-2);
    for(int i=k-1;~i;i--) inv[i]=(LL)inv[i+1]*(i+1)%MOD;
    for(int i=2;i<=k;i++) f[i]=(LL)fast_pow(i-1,n-1)*i%MOD;
    for(int i=1;i<=k;i++){
        if(!((k-i)&1)) ans=ans+(LL)C(k,i)*f[i]%MOD;
        else ans=ans+(MOD-(LL)C(k,i)*f[i]%MOD);
        ans%=MOD;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}