【BZOJ2839】集合计数容斥原理+组合数

Description

一个有N个元素的集合有2^{N个不同子集（包含空集），现在要在这2}N个集合中取出若干集合（至少一个），使得

它们的交集的元素个数为K，求取法的方案数，答案模1000000007。（是质数喔~）

Input

一行两个整数N,K

Output

一行为答案。

Sample Input

3 2

Sample Output

HINT

【样例说明】

假设原集合为{A,B,C}

则满足条件的方案为：{AB,ABC},{AC,ABC},{BC,ABC},{AB},{AC},{BC}

【数据说明】

对于100%的数据，1≤N≤1000000；0≤K≤N；

Sol

恰好xx的问题，很大几率是容斥。。。

冷静分析一下，我们现在假设钦定了K个数字作为交集的最终结果，那么包含这些数字数字组成的集合就可以随便选，这样的方案数是\(C(n,k)*(2^{2^{n-i}}-1)\)(这里空集是不合法的)。但是这样算出来的是“至少有K个”，我们要用容斥来处理一下，而且这里的方案是有序的，所以容斥系数是还要乘以组合数。具体地，恰好选j个的每个方案里面，都包含了\(C(j,i)\)个有i个的，要算入系数。

至此本题的解法就完了，但是有一个问题：\(2^{2^{n-i}}\)是不能快速幂的，所以我们用递推法，开始的时候\(t=1\)，每循环一次，\(t=t*(t+2)\)。

Code

#include <cstdio>

#define ll long long

ll n,k,A,fac[1000005],ifc[1000005],inv[1000005],P=1000000007;

ll c(int x,int y){return 1ll*fac[x]*ifc[y]%P*ifc[x-y]%P;}

int main()

{

	scanf("%lld%lld",&n,&k);

	inv[1]=fac[0]=ifc[0]=fac[1]=ifc[1]=1;

	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=(P-(P/i)*inv[P%i])%P,fac[i]=fac[i-1]*i%P,ifc[i]=ifc[i-1]*inv[i]%P;

	for(ll i=n,op=((n-k)&1)?-1:1,t=1;i>=k;i--) A=(A+P+op*c(i,k)*c(n,i)%P*t%P)%P,op=-op,t=t*(t+2)%P;

	printf("%lld\n",A);

}

巴特西

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