[BZOJ2839]集合计数（容斥原理+组合数学）

题目描述

传送门

题解

首先考虑固定k个元素，方案为 Ckn C_n^k
还剩下 2n−k 2^{n-k}个集合，可以任选若干个集合 C12n−k+C22n−k+..+C2n−k2n−k=22n−k C_{2^{n-k}}^1+C_{2^{n-k}}^2+..+C_{2^{n-k}}^{2^{n-k}}=2^{2^{n-k}}
但是这样选出来的有可能有不合法的，交集大小可能大于k，所以要减去k+1，加上k+2…
就是个容斥了
设 f(k)=Ckn∗(22n−k) f(k)=C_n^k*(2^{2^{n-k}})
那么答案应该为 f(k)∗Ckk−f(k+1)∗Ckk+1+f(k+2)∗Ckk+2...f(n)∗Ckn f(k)*C_k^k-f(k+1)*C_{k+1}^k+f(k+2)*C_{k+2}^k...f(n)*C_n^k
容斥系数我刚开始是找的规律，但是后来发现，因为第一项即使不考虑交集大小可以大于k的情况，也会多出来很多重复的情况，因为选取的k个元素和选取的集合可能是重复的。那么后面进行容斥的时候就要利用组合数将重复的去掉
对于 22n−k 2^{2^{n-k}}的求法，可以变成 22n−k mod φ(p) 2^{2^{n-k}\space mod\space \varphi(p)}。根据欧拉定理 aφ(p)≡1(modp),(a,p)=1 a^{\varphi(p)}\equiv 1\pmod p,(a,p)=1，可以得出 an−φ(p)≡an(modp) a^{n-\varphi(p)}\equiv a^n\pmod p，而这里的a和p显然是互质的。
这题如果直接暴力的话会非常慢。比较科学的做法是线性推出逆元然后再预处理阶乘和逆元的阶乘，以及2的整数次幂。这样速度就比较优秀了
线性推逆元方法 inv(i)=(p−p/i)∗inv(p%i)%p inv(i)=(p-p/i)*inv(p\%i)\%p，初始 inv(1)=1 inv(1)=1

代码

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
#define Mod 1000000007
#define N 1000005
#define LL long longint n,k,f;
LL mi[N],mul[N],inv[N],ans;void calc(int n)
{mul[0]=1;for (int i=1;i<=n;++i) mul[i]=mul[i-1]*(LL)i%Mod;inv[1]=1;for (int i=2;i<=n;++i) inv[i]=inv[Mod%i]*(Mod-Mod/i)%Mod;inv[0]=1;for (int i=1;i<=n;++i) inv[i]=inv[i]*inv[i-1]%Mod;mi[0]=1;for (int i=1;i<=n;++i) mi[i]=mi[i-1]*(LL)2%(Mod-1);
}
LL fast_pow(LL a,int p,int mod)
{LL ans=1;for (;p;p>>=1,a=a*a%mod)if (p&1)ans=ans*a%mod;return ans;
}
LL C(int n,int m)
{if (m>n) return 0;return mul[n]*inv[m]%Mod*inv[n-m]%Mod;
}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&k);calc(n);f=1;for (int i=k;i<=n;++i,f=-f)ans+=C(n,i)*(fast_pow(2,mi[n-i],Mod)-1)%Mod*C(i,k)%Mod*f;ans=(ans%Mod+Mod)%Mod;printf("%lld\n",ans);
}

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