[HNOI2011]卡农 题解

题目描述

众所周知卡农是一种复调音乐的写作技法，小余在听卡农音乐时灵感大发，发明了一种新的音乐谱写规则。他将声音分成 n 个音阶，并将音乐分成若干个片段。音乐的每个片段都是由 1 到 n 个音阶构成的和声，即从 n 个音阶中挑选若干个音阶同时演奏出来。为了强调与卡农的不同，他规定任意两个片段所包含的音阶集合都不同。同时为了保持音乐的规律性，他还规定在一段音乐中每个音阶被奏响的次数为偶数。现在的问题是：小余想知道包含 m 个片段的音乐一共有多少种。两段音乐 a 和 b 同种当且仅当将 a 的片段重新排列后可以得到 b。例如：假设 a

为{{1,2},{2,3}}，b 为{{3,2},{2,1}}，那么 a 与 b 就是同种音乐。由于种数很多，你只需要

输出答案模 100000007（质数）的结果。

输入格式

从文件input.txt中读入数据，输入文件仅一行，具体是用空格隔开的两个正整数n和m，分别表示音阶的数量和音乐中的片段数。20%的数据满足n,m≤5，50%的数据满足n,m≤3000，100%

的数据满足n,m≤1000000。

输出格式

输出文件 output.txt 仅包含一个非负整数，表示音乐的种数模 100000007 的结果。

很强的容斥题。

首先将题意化简一下：从集合$S={1,2,3,...,n}$中选出$m$个子集，满足非空且选出的子集不能相同并保证${1,2,3...n}$每个元素出现次数为偶数。

题目里给出的同种音乐的定义很令人烦躁，所以我们化无序为有序，先使用排列数计算，算出最后结果再除以$m!$(当然直接用组合也可以？)。

然后考虑转移。定义$f[i]$为转移到第$i$个子集，满足所有条件的方案数。如果前$i-1$个子集已经确定，那么根据每个元素出现次数为偶数这条性质，我们就可以确定第$i$个子集(只能选前$i-1$个里出现奇数次的元素)。总的方案数为$A_{2^n-1}^{i-1}$。

这里面包括了许多不满足非空和不相同这两个条件的集合。考虑容斥掉，如果第$i$个子集为空，那么前$i-1$个子集也是一个合法的方案。所以这部分方案数为$f[i-1]$。

还需要去掉存在相同子集的情况。如果第$i$个子集和第$j$个子集重复，那么去掉第$i$个和第$j$个，剩下$i-2$个也是合法方案,数量为$f[i-2]$。此时第$i$个子集有$2^n-1-(i-2)$种方案，和$i$相同的那个子集的位置有$i-1$个，所以这部分的方案数为$f[i-2] imes (i-1) imes (2^n-1-(i-2))$。

$f[i]=A_{2^n-1}^{i-1}-f[i-1]-f[i-2] imes (i-1) imes (2^n-1-(i-2))$

初始化$f[0]=1$。

//实名diss某川 明明当年做题的时候跟我说了题解 还不上去讲
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define re register
const int mod=1e8+7,N=1000010;
ll f[N],fac,a[N],side,n,m;
ll qpow(ll x,ll y)
{
    ll res=1;
    while(y)
    {
        if(y&1)res=res*x%mod;
        x=x*x%mod;
        y>>=1;
    }
    return res;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cin>>n>>m;
    fac=a[0]=f[0]=1;
    for(re int i=2;i<=m;i++)fac=fac*i%mod;
    fac=qpow(fac,mod-2);
    side=qpow(2,n)-1;
    for(re int i=1;i<=m;i++)a[i]=a[i-1]*(side-i+1)%mod;
    for(re int i=2;i<=m;i++)
    {
        f[i]=a[i-1]-f[i-1];
        f[i]-=(f[i-2]*(i-1)%mod*(side-i+2))%mod;
        f[i]=(f[i]%mod+mod)%mod;
    }
    cout<<f[m]*fac%mod<<endl;
    return 0;
}