「BZOJ2839」集合计数

「BZOJ2839」集合计数

题目大意:

一个包含 \(n\) 个数的集合有 \(2^n\) 个子集,从这些子集中取出若干个集合(至少一个),使他们的交集的元素个数恰好为 \(k\),求方案数,答案对 \(1e9+7\) 取模。


首先考虑一个很直观的思路:我们钦定 \(k\) 个数是他们的交集,则这样的方案数为 \(\binom{n}{k}\) ,同时,包含这 \(k\) 个数的集合个数为 \(2^{n-k}\) ,每个集合有选与不选两个状态,但依据题意,不能够全部不选,所以这样得到的总方案数 \(b_k\)

\[b_k=\binom{n}{k}(2^{2^{n-k}}-1) \]

但这样求出来的结果并不是我们想要的,设这些集合真实的交集集合 \(j\) 个数组成的集合为 \(A\),钦定的 \(k\) 个数组成的集合为 \(B\) ,则当\(B \subseteq A\) 时, 那么这个方案就会被统计一次,总共就会被统计 \(\binom j k\) 次。

设交集中恰好有 \(k\) 个元素的方案数为 \(a_k\),则有

\[b_k=\sum_{i=k}^n \binom i k a_i \]

然后这里,我们可以利用容斥原理来推出,但更方便的是使用二项式反演,即

\[f(k)=\sum_{i=k}^n \binom i k g(i) \iff g(k)=\sum_{i=k}^n (-1)^{i-k} \binom i k f(i) \]

这个式子可以通过直接将前式代入得到。

同样,二项式反演也还有另一种形式

\[f(n)=\sum_{i=k}^n \binom n i g(i) \iff g(n)=\sum_{i=k}^n (-1)^{n-i}\binom n i f(i) \]

证明方法类似,在此不作赘述。

关于这道题,我们直接反演一下即可得到答案,即

\[a_k=\sum_{i=k}^n (-1)^{i-k}\binom i k \binom n k(2^{2^{n-k}}-1) \]

时间复杂度为 \(O(n)\)

\(\texttt{Code:}\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const ll p=1e9+7;
const ll maxn=1e6+5;
ll ksm(ll a,ll b,ll p){
	ll ans=1;
	for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%p)
		if(b&1) ans=1ll*ans*a%p;
	return ans;
}
ll fac[maxn],inv[maxn];
ll C(ll n,ll m){
	if(n<m) return 0;
	return 1ll*fac[n]*inv[m]%p*inv[n-m]%p;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	ll n,k;
	cin>>n>>k;
	fac[0]=1;
	for(ll i=1;i<=n;++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%p;
	inv[n]=ksm(fac[n],p-2,p);
	for(ll i=n-1;i>=0;--i) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%p;
	ll ans=0;
	for(ll i=k;i<=n;++i){
		ans=(ans+1ll*((i-k)&1?(-1):(1))*(C(i,k)*C(n,i)%p*(ksm(2,ksm(2,n-i,p-1),p)%p-1+p))%p+p)%p;
	}
	cout<<ans<<'\n';
	return 0;
}

在繁华中沉淀自我,在乱世中静静伫立,一笔一划,雕刻时光。
posted @ 2019-10-20 11:41  Henry__Huang  阅读(242)  评论(0编辑  收藏  举报