【BZOJ2839】集合计数 【容斥原理】【二项式反演】

题意：一个有$n$个元素的集合有$2n$个不同子集（包含空集），现在要在这$2N$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$10^9+7$。
题解：我们先考虑有多少种取法，使得这些集合的交的大小至少为$k$。答案记为$\alpha(k)$。显然$\alpha(k)=C_{n}^{k}\times(2^{2^{n-k}}-1)$，相当于钦定k个元素每个集合都有，剩下的组成一堆集族，每个都可以选或者不选。这里的减一是因为集族中不能一个都不选，否则就没有意义了。
接下来我们考虑构造一个容斥系数$f$，使得$ans=\sum_{i=0}^{n}f(i)\alpha(i)$。
我们考虑每一种交集为$x$的选法，它被统计到的贡献。显然，交集为$x$的一种选法会被交集至少为$1..x$的统计到。如果交集为$x$的一种选法被交集至少为$i$的统计到了，说明交集为$x$的这一种选法有$i$个被钦定了，剩下仍然没有选的一些集族只有唯一的一种组合方式可以拼出这一种交集为$x$的选法。
因此，每一种每一种交集为$x$的选法被统计到的贡献为

$$\sum_{i=0}^{x}f(i)C_{x}^{i}$$
我们设有一个函数 $g(x)$，
$$g(x)=\cases{x=k&1\\x≠k&0}$$
则
$$g(x)=\sum_{i=0}^{x}f(i)C_{x}^{i}$$
根据 二项式反演，
$$f(x)=\sum_{i=0}^{x}(-1)^{x-i}C_{x}^{i}g(x)$$
考虑到仅有 $g(k)=1$,
$f(x)=\cases{0&x<k\\(-1)^{(x-k)}C_{x}^{k}&x≥k}$
因此答案为
$ans$
$=\sum_{i=0}^{n}f(i)\alpha(i)$
$=\sum_{i=k}^{n}(-1)^{(i-k)}C_{i}^{k}C_{n}^{i}\times(2^{2^{n-i}}-1)$
这个东西可以直接 $O(n)$求出，线性处理一下阶乘逆元即可。而且注意 $2^{2^{t}}=(2^{2^{t-1}})^2$。
代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1000005,mod=1000000007;
int n,k,ans,jc[N],inv[N];
int fastpow(int a,int x){
    int res=1;
    while(x){
        if(x&1){
            res=1LL*res*a%mod;
        }
        x>>=1;
        a=1LL*a*a%mod;
    }
    return res;
}
int C(int n,int m){
    return 1LL*jc[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    jc[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        jc[i]=1LL*jc[i-1]*i%mod;
    }
    inv[n]=fastpow(jc[n],mod-2);
    for(int i=n-1;i>=0;i--){
        inv[i]=1LL*inv[i+1]*(i+1)%mod;
    }
    for(int i=n,base=2;i>=k;i--){
        if((i-k)&1){
            ans=(ans-1LL*C(i,k)*C(n,i)%mod*(base-1)%mod+mod)%mod;
        }else{
            ans=(ans+1LL*C(i,k)*C(n,i)%mod*(base-1))%mod;
        }
        base=1LL*base*base%mod;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}