BZOJ2839 集合计数 容斥原理 组合数学

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题目链接

这个题是个权限题，我用同学的权限号交的。最近darkbzoj挂掉了，于是只能借权限号来交了。

题意：
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。 $n,k<=1e6$

题解：
我们首先肯定是考虑直接计数。首先 $n$个数中可以任意选出 $k$个，所以应该会有一个 $C_n^{k}$的组合数。我们规定当前的交集就是组合数选出的这 $k$个数，那么剩下数的应该是可以任意选或者不选，于是会有 $2^{n-k}$种集合。而这些集合可以任意选或者不选，但是不能一个都不选，于是方案数是 $2^{2^{n-k}}-1$种。但是我们考虑到这样计算是会多算的，因为我们不能保证最后交集就一定是这 $k$个数，还可能会更大，也就是说我们算出来的实际上是交集至少是 $k$个数的方案数。遇到这种至多至少的情况，我们经常会去考虑容斥。我们用至少 $k$个的减去至少 $k+1$个的加上至少 $k+2$个的这样以此类推。但是我们发现，我们在枚举选出的是哪 $k+1$个的时候，我们对于交集为 $k$的答案算了 $C_{k+1}^k$遍，于是最后还要乘上一个组合数。

最后整理一下式子： $ans=\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}*C_{i}^{k}*C_{n}^{i}*(2^{2^{n-i}}-1)$

但是这个快速幂并不能直接算，因为这里我们要用到欧拉定理。 $a^{\phi(p)}=1(mod\ p)\ (gcd(a,p)=1)$，那么 $a^{n}=a^{n-\phi(p)}(mod\ p)=a^{n\%\phi(p)}(mod\ p)$。由于 $p$是质数，于是 $\phi(p)=p-1$，这样我们就可以正确算出答案了。

阶乘和逆元 $O(n)$预处理一下来算组合数。复杂度是 $O(nlogn)$的，但是如果你倒着枚举，那么你可以不用写快速幂，是可以做到 $O(n)$的。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

long long n,k;
const long long mod=1000000007;
long long jie[1000010],ni[1000010],ans;
inline long long ksm(long long x,long long y,long long mod)
{
	long long res=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)
		res=res*x%mod;
		x=x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return res;
}
int main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	jie[0]=1;
	for(long long i=1;i<=n;++i)
	jie[i]=jie[i-1]*i%mod;
	ni[n]=ksm(jie[n],mod-2,mod);
	for(long long i=n-1;i>=0;--i)
	ni[i]=ni[i+1]*(i+1)%mod;
	for(long long i=n;i>=k;--i)
	{
		if((i-k)&1)
		ans=(ans-(ksm(2ll,ksm(2ll,n-i,mod-1),mod)-1ll+mod)%mod*jie[i]%mod*ni[k]%mod*ni[i-k]%mod*jie[n]%mod*ni[i]%mod*ni[n-i]%mod+mod)%mod;
		else
		ans=(ans+(ksm(2ll,ksm(2ll,n-i,mod-1),mod)-1ll+mod)%mod*jie[i]%mod*ni[k]%mod*ni[i-k]%mod*jie[n]%mod*ni[i]%mod*ni[n-i]%mod)%mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}