要點

• 設\(f_i\)為最多使用\(i\)種顏色的塗色方案，\(g_i\)為恰好只使用\(i\)種顏色的塗色方案。可知此題答案為\(g_k\)。
• 根據排列組合的知識不難得到\(f_k = \sum_{i=0}^k{C_k^i*g_i}\)。
• 根據二項式反演的式子 or 容斥原理，有\(g_k = \sum_{i = 0}^k{(-1)^{k-i}*C_k^i*f_i}\)，這時只要有\(f_i\)我們就可以累加得到最終答案，看題面考慮\(f_i\)的現實意義，根有\(i\)種可選，往下塗每個點有\(i-1\)種可選（因為是樹形的，所以子節點塗色只要和父親不同即可），故\(f_i = i * (i - 1)^{n - 1}\)
  。

#include <cstdio>

const int mod = 1e9 + 7;
int n, k, ans;
int C[2505][2505], f[2505];

int ksm(int a, int b) {
    int res = 1;
    for (; b; b >>= 1) {
        if (b & 1)  res = 1LL * res * a % mod;
        a = 1LL * a * a % mod;
    }
    return res;
}

void Pre() {
    for (int i = 0; i <= k; i++) {
        f[i] = 1LL * i * ksm(i - 1, n - 1) % mod;
        C[i][i] = C[i][0] = 1;
        for (int j = 1; j < i; j++) {
            C[i][j] = (1LL * C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % mod;
        }
    }
}

int main() {
    scanf("%d %d", &n, &k);
    for (int i = 1, x; i < n; i++)
        scanf("%d", &x);
    Pre();
    
    for (int i = 0; i <= k; i++) {
        int a = (k - i) % 2 ? -1 : 1;
        int tmp = (1LL * a * C[k][i] % mod * f[i] % mod + mod) % mod;
        ans = (ans + tmp) % mod;
    }
    return !printf("%d\n", ans);
}
 

GYM 101933K（二項式反演、排列組合）