和Leo一起做爱数学的好孩子【bzoj2839】【2013福建】集合计数

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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。

额很好的容斥题

额考虑选择所有的交集为

这个很好理解但是剩下多少种集合：还有n-k个数

为额稍有常识就知道这等价于

然后从中选取集合这也是组合数

我们再次稍有常识一点

等价于

额但是这个东西是什么：什么也不是他并不表示不少于k的集合选择数

对于长度为j的在这个式子中是重复出现了次

反向证明：在一个长为j的串出现了多少次？上式为一个很好的证明

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然后容斥！

你看：设

对于长度为i+1的，我们需要减去的倍这好理解

因为对于这种情况实际上和上面的是一个原理

这里陷入一个递归

发现：对于我们需要容斥掉但是对于有的被多减了所以乘上

然后一顿操作（展开）加上

所以答案为

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
typedef int INT;
#define int long long
const int N=1000000+100;
int Quick_Pow(int x,int k,int mod){
	int ret=1;
	while(k){
		if(k%2){
			ret=ret*x%mod;
		}
		x=x*x%mod;
		k/=2;
	}
	return ret;
}
int fac[N+1];
int inv[N+1];
void Pre(){
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<N;++i){
		fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	}
	
	inv[N-1]=Quick_Pow(fac[N-1],mod-2,mod);
	for(int i=N-2;i>=0;--i){
		inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
	}
}
int C(int n,int m){
	if(m>n)return 0;
	return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int n,k;
int F(int x){
	return C(n,x)*((Quick_Pow(2,Quick_Pow(2,n-x,mod-1),mod)-1)%mod+mod)%mod;
}
int ans=0;
INT main(){
	cin>>n>>k;
	Pre();
	int cur=-1;
	for(int i=k;i<=n;++i){
		cur=cur*-1;
		ans=((ans+cur*F(i)*C(i,k)%mod)%mod+mod)%mod;
	}
	cout<<ans<<'\n';
}