[bzoj2839]集合计数 题解 (组合数+容斥)

Description

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~)

Input

一行两个整数N,K

Output

一行为答案。

Sample Input

3 2

Sample Output

6

HINT

【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;

 

 

首先在1~n中取k个数来当交集,方案数显然为$C_n^k$

记得$n-=k$

 之后应该还要乘上一坨奇怪的东西

我们把包含一个特定元素的所有方案丢到一个集合中

那么会有n个集合卡在一起

那么我们求得就是这张鬼xu的图中的无交集部分

该部分$=ALL-part_{>=1}+part_{>=2}-part_{>=3}+...$

而至少有i个元素作为交集的方案数为$C_{n}^{i}(2^{2^{n-i}}-1)$

这个式子怎么求出来的呢?

首先任取i个数作为交集

剩下$n-i$个数 (不能都不选)能组成$2^{n-i}$个集合

然后从这些集合中选组成新集合

$ans=\sum_{i=0}^n (-1)^i \times C_{n}^i \times (2 ^ {2 ^ {(n - i)}} - 1)$

2的次幂那部分可以递推求 (快速幂这么粗鲁的方式我才不会用!)

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int mod=1e9+7,N=1000005;
int n,k,fac[N],inv[N];
inline int qpow(int a,int b)
{
    int res=1;
    for( ;b;b>>=1,a=1LL*a*a%mod)
        if(b&1)res=1LL*res*a%mod;
    return res;
}
inline int C(int x,int y)
{
    if(x<0||y<0||x<y)return 0;
    return (1LL*inv[y]*inv[x-y]%mod)*fac[x]%mod;
}
inline int num(int a)
{
    return (a&1)?-1:1;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod;
    inv[n]=qpow(fac[n],mod-2); 
    for(int i=n-1;i>=0;i--)
        inv[i]=1LL*inv[i+1]*(i+1)%mod;
    int com=C(n,k),ans=0;
    int tmp,mii=2;n-=k;
    for(int i=n;i>=0;i--)
    {
        tmp=1LL*C(n,i)*num(i)*(mii-1)%mod;
        mii=1LL*mii*mii%mod;
        ans+=tmp,ans%=mod;
    }
    ans=1LL*ans*com%mod;
    printf("%d\n",(ans+mod)%mod);
    return 0;
}

 

 

 

兴许青竹早凋,碧梧已僵,人事本难防。
posted @ 2019-07-04 12:20  Rorschach_XR  阅读(240)  评论(0编辑  收藏  举报