[BZOJ2839]集合计数

集合计数

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~）

输入格式

一行两个整数N,K

输出格式

一行为答案。

样例

样例输入

3 2

样例输出

6

数据范围与提示

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；

咱也不知道为啥BZOJ上这题长这样

我是一个分不清交并集的人，对不起数学老师，如有错误，欢迎指正

基本思路

依旧一道数论题，组合数学，既然交集要定k，那最先想到的肯定是$C_n^k$，把它摆在这，显然不对，既然交集已经定下来了，我们就需要考虑用谁跟这些交集并，组成集合，交集定好为k了，那么就必须保证跟交集拼的这部分元素一定没有交集，然后的然后咱也不知道大佬们怎么就想到了容斥这个神奇的东西，对，这题需要容斥

要求剩下的为空集那肿么斥呢，都告诉你容斥了，那就好想了，其实

$varnothing$=随便选的方法数-交集>=1的方法数+交集>=2的方案数……以此类推

这样的话最终答案就是$C_n^k*varnothing$的方案数

接下来就是解决这个交集数>=i的方案数怎么求，我们用f[i]表示交集>=i的方案数，还是先定下$C_n^i$，但是此时并不需要剩下的一定为空集，那剩下的集合就随便拼就好了，那方案数就是$2^{2^{n-i}}$(就是2的2的n-i次幂，自己应该可以想到，就是先拼成集合，再把集合拼成集合)，但是要注意这么拼出来可能会是空集拼上空集，这显然不符合题意，所以要-1，故最终

$f[i]=C_n^i*(2^{2^{n-i}}-1)$

关于一加一减那一块，你可以选择直接判i的奇偶或者加一个(-1)ⁱ就好了

提问：在求f[i]中的n是输入的n吗？我大概在这死了一节多课

答：并不是

思考一下，你拼空集的时候还剩下n个元素吗？显然不是，因为你前面已经定下了k个元素作为交集，那此时再选元素，显然不能同一个元素选两次，所以现在的n实际上应该是n-k

到此这题就搞出来了，然后就来讲讲我都WA过些啥

WA70

是我高看了取模这种东西，要知道取模之后不一定严格遵守取模之前的大小关系，所以就会出现全集的方案数小于后面某一的个方案数，这样的话，ans就会出负数了，然后磕了一节课，最后的解决方案是如果答案为负，加一个模数就好了

WA90

我更像个zz了，我数组开的1000000，然后就WA了

几点注意

关于那个$2^{2^{n-i}}$的求法，给$2^{n-i}$取模肯定就死翘翘了，不取模数据大了依旧死翘翘，那怎么解决呢？换个不影响结果的模数，这个时候就用到我不会的玩意了

图片截取自不认识的大佬博客我不会直接加链接，我现在学会了，已经加过去了

而我依旧zz，1000000007的欧拉函数怎么求？他是个质数，是个质数，那他的欧拉函数就是1000000006！！！！！！！！

long long记得开，求逆元可以用线性的

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define ll long long
#define maxn 1000100
const long long mod1=1000000007;
const long long mod2=1000000006;
using namespace std;
int n,k;
ll ny[maxn],jc[maxn],f[maxn];
ll ksm(ll a,ll b,ll c)
{
    ll ans=1;
    a=a%c;
    while(b>0)
    {
        if(b&1)  ans=(ans*a)%c;
        b=b>>1;
        a=(a*a)%c;
    }
    return ans%c;
}
ll c(int n,int m)
{
    if(n<m)  return 0;
    if(n<mod1&&m<mod1)  return ((jc[n]*ny[m])%mod1*ny[n-m])%mod1;
    return (c(n/mod1,m/mod1)*c(n%mod1,m%mod1))%mod1;
}
int main()
{
    //freopen("3.in","r",stdin);
    //freopen("WA.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&k);
    jc[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)  jc[i]=(jc[i-1]*i)%mod1;
    ny[n]=ksm(jc[n],mod1-2,mod1);
    for(int i=n;i>=1;--i)  ny[i-1]=(ny[i]*i)%mod1;
    int ls=n-k;
    for(int i=0;i<=ls;++i)
    {
        ll mi=ksm(2,ls-i,mod2);
        ll ch;
        if(i&1)  ch=-1;
        else  ch=1;
        f[i]=(c(ls,i)*(ksm(2,mi,mod1)-1))%mod1;
        f[i]*=ch;
    }
    ll tot=0;
    for(int i=0;i<=ls;++i)
    {
        tot+=f[i];
        tot=tot%mod1;
    }
    ll ans=(c(n,k)*tot)%mod1;
    while(ans<0)  ans+=mod1;
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}