[BZOJ2839]:集合计数

题目传送门

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题目描述：

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~）

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输入格式：

一行两个整数N,K。

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输出格式：

一行为答案。

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样例：

样例输入：

3 2

样例输出：

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6

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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}

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数据范围与提示：

对于100%的数据，1≤N≤1⁶；0≤K≤N；

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题解：

我也不知道为什么看到这道题就像到了组合数学和容斥，别问我为什么。

好叭～既然你这么可爱……那就……

其实，我感觉叭……这种什么什么集合的题，要是你一秒想不出来什么算法，就往容斥去想吧，个人感觉基本上就是容斥了。

反正是容斥你就赚了，不是你也不亏（反正你也不会，不不不，您是最神的）。

言归正转（其实刚才也不是废话叭～）：

首先是组合数学，既然自己很执着就往组合数学上去想吧。

显然，问题可以转化为先在n个数里选k个，然后在剩下的数中选出任意多个集合，使他们的交集为空集即可。

这时候答案即为：ans=（一堆数，我也不知道有多大）×C(n,k)。

然后“我也不知道有多大”的数看样子很难求，它们会组成2^(n-k)个集合，然后你还要从这些集合当中去选，让它们没有交集，那我估计你有钱的话可以让它先跑着，自己冷冻个几百年没准它能算完？不好说～

那么显然不能这样，怎么办？

我说了还有容斥。

那么我们考虑让它们的交集为i(i=[k,n],i∈N*)。

从这n个元素中选出i个元素，剩下的n-i个元素可以组成2^(n-i)个不同的集合，然后这些集合还有2^{(2^(n-i))}-1种组合，-1是因为我们不能什么也不选。

方案数即为C(n,i)×C(i,k)×(2^{(2^(n-i))}-1)。

这时候就要考虑我们伟大的容斥了，奇加偶减即可。

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代码时刻：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,k;
long long ans;
long long jc[1000005],inv[1000005];
long long qpow(long long x,long long y,long long mod)//快速幂
{
	long long ans=1;
	while(y)
	{
		if(y%2)ans=(ans*x)%mod;
		y>>=1;
		x=(x*x)%mod;
	}
	return ans;
}
void pre_work()//预处理
{
	jc[0]=1;
	for(long long i=1;i<=1000000;i++)
		jc[i]=(jc[i-1]*i)%1000000007;
	inv[1000000]=qpow(jc[1000000],1000000005,1000000007);
	for(long long i=999999;i>=0;i--)
		inv[i]=(inv[i+1]*(i+1))%1000000007;
 }
long long cm(long long n,long long m){return jc[n]*inv[m]%1000000007*inv[n-m]%1000000007;}//求C
int main()
{
	pre_work();
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	int flag=1;//用来奇加偶减
	for(long long i=k;i<=n;i++)
	{
		ans=(ans+(((cm(n,i)*cm(i,k))%1000000007*(qpow(2,qpow(2,n-i,1000000006),1000000007)-1))%1000000007)*flag%1000000007)%1000000007;//式子，注意容斥
		flag=-flag;
	}
	cout<<(ans+1000000007)%1000000007;//因为最后一步可能是一个减，所以注意要+mod再%mod
	return 0;
}

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