bzoj2839 集合计数（容斥+组合）

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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。（是质数喔~）

一行两个整数N,K

一行为答案。

样例输入

3 2

样例输出

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}

数据说明

对于100%的数据，1≤N≤1000000；0≤K≤N；

一道很好的数论题（反正我看题解才做出来的 %%%%*ZJ https://www.cnblogs.com/zj75211/p/8029343.html）我有点菜，各种错误。这样的操作，这一切的一切德狗做的到吗？

思路很奇妙，第一步：首先选出来C（n，k）个数，第二步：然后我们要做的就是让剩余集合交集为空。注意，我们选的剩余集合是除了C以外还选了什么（C上再加这个集合）

解释一下（我语言表达能力不太好，通过例子解释一下）

例如 3 1

假设我们通过第一步选出来的数为A

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而第二步我们选出来 C，B

那么我们最终选的集合为AB ，AC

再比如我们第二步选空集，C

那么我们最终选出来的集合为 A，AC

既然如此我们需要求的就是所有满足的情况

正确性验证被我鸽了。。。。。。

然后我们要做的就是求出方案

设f[i]为当前集合至少选出i个数的方案数

设m为n-i（即剩余个数）

对于剩余n-i个数可以构成2^（n-i）个集合

而对于这些集合每个都可以进行选或不选（即2^（2^(n-i)））种情况

而不能都不选（对于选了空集也是一种）

则

for(ll i=0;i<=n;i++) f[i]=C(n,i)*(2^(2^(n-i))-1);

显然我们算多了，然后我们需要容斥掉容斥系数，首先我们发现在所有f[k+1]中我们都多算了C（k+1，k）次

例如我们固定了四个数ABCD

我们在k+1中每种都多算了一次

ABC D==ACD B==ABD C==BCD A

得到对于f[k+1]:-C（k+1，k）

　　同理f[k+2]:+C（k+2，k+1）*C（k+1，k）==C（k+2，k）

依次类推

得到

for(ll i=k;i<=n;i++)
    ans=(C(i,k)*f[i]%p*((i-k)&1?-1:1)+ans)%p;

实际上就类似于多项容斥

而且这题因为N<=1000000

如果算C现算肯定不行，考虑到用多次，打表（阶乘及阶乘逆元），但求逆元带log仍然超时

所以还要线性求逆元

    ni[n]=meng(jie[n],p-2);
    for(ll i=n-1;i>=1;i--)ni[i]=ni[i+1]*(i+1)%p;

理解一下逆元实际上就是1/？

而1/（n+1）！*（n+1）其实就是1/（n）！就求出来逆元了

两个注意点

：for(ll i=1;i<=maxn;i++) ermi[i]=2*ermi[i-1]%(p-1);//2^ermi[i]%p!=2^ermi[i]%p调两节课

：for(ll i=0;i<=n;i++)又一节半课，实在是菜

：ermi[0]又二十分钟，

除了第一个是稍微有一点思维的错，别的都是低错。实不应该

首先关于为什么%（p-1）而不是%（p）

这其实要推出来，首先我们必须知道2^（2^i%p）!=2（2^i）%p

怎么办设（2^i）==（kφ（p）+t），则原式就为（2^k（φ（p））*2^t）%p

根据欧拉定理

2^φ（p）%p同余于1，（2^i）==（kφ（p）+t）t就等于2^i%φ（p），又φ（质数）==p-1

故%（p-1）而非%p

以下依然是本人丑陋的还带着调试的代码

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define ll long long
 3 #define A 1100000
 4 #define maxn 1000010
 5 #define p 1000000007
 6 using namespace std;
 7 ll m,n,k,f[A],jie[A],ermi[A],ans,ni[A];
 8 inline ll read()
 9 {
10     ll f=1,x=0;char c=getchar();
11     while(!isdigit(c)){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
12     while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
13     return f*x;
14 }
15 ll meng(ll x,ll k)
16 {
17     ll ans=1;
18     for(;k;k>>=1,x=x*x%p)
19         if(k&1)
20             ans=x%p*ans%p;
21     return ans;
22 }
23 ll C(ll n,ll m)
24 {
25     if(m==0) return 1;
26     if(m>n) return 0;
27     else return (jie[n]*ni[m]%p*ni[n-m])%p;
28 }
29 void init()
30 {
31     n=read(),k=read();
32     m=n-k;
33     jie[0]=1;ni[0]=1;ermi[0]=1;
34     for(ll i=1;i<=maxn;i++)    ermi[i]=2*ermi[i-1]%(p-1);//2^ermi[i]%p!=2^ermi[i]%p
35     for(ll i=1;i<=n;i++)    jie[i]=jie[i-1]*i%p;
36     ni[n]=meng(jie[n],p-2);
37     for(ll i=n-1;i>=1;i--)ni[i]=ni[i+1]*(i+1)%p;
38     for(ll i=0;i<=n;i++)    f[i]=C(n,i)%p*(meng(2,ermi[n-i])%p-1)%p;
39 }
40 int main()
41 {
42 //    freopen("test.in","r",stdin);freopen("vio.out","w",stdout);
43     ans=0;
44     init();
45     for(ll i=k;i<=n;i++)
46     ans=(C(i,k)*f[i]%p*((i-k)&1?-1:1)+ans)%p;
47     cout<<(ans%p+p)%p<<endl;
48 }

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以及对拍

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 int main() 
 3 {
 4     while(true) 
 5     {
 6         system("./mkd"),puts("mkd runs out");
 7         system("./std"),puts("std runs out");
 8         system("./vio"),puts("vio runs out");
 9         if(system("diff std.out vio.out")) while(true);
10         puts("");
11     }
12     return 0;
13 }

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嗯，完了