BZOJ2839:集合计数(容斥,组合数学)

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;

Solution

首先考虑一下容斥
设$f(k)$表示选出一些集合使它们交集大小至少为$k$的方案数。
那么$f(k)=C_n^k \times (2^{2^{n-k}}-1)$
这玩意儿怎么理解呢?也就是先把那$i$个数确定下来,然后有$2^{n-k}$个集合可以包含那$k$个数。这些集合要么选要么不选,但不能一个都不选,也就是不能为空集。所以有$2^{2^{n-k}}-1$种选择方法。
那么容斥系数呢?可以发现当计算交集至少为$k$的方案时候,交集至少为$j$的方案($j>k$)会被计算$C_j^k$次。
也就是说,
$f(k)$的系数为$1$。
$f(k+1)$的系数为$-C_{k+1}^k$。
$f(k+2)$的系数为$-C_{k+2}^k+C_{k+1}^k\times C_{k+2}^{k+1}=C_{k+2}^k$
为什么$f(k+2)$能那么推呢……因为$C_N^M\times C_M^S=C_N^S\times C_{N-S}^{N-M}$
搞到现在基本可以组合计数搞搞出解了,至于那个大的一比的$2^{2^{n-k}}$,根据欧拉定理直接指数取模$φ(MOD)$就好了,显然$φ(MOD)=MOD-1$。

Code

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #define N (1000009)
 4 #define LL long long
 5 #define MOD (1000000007)
 6 using namespace std;
 7 
 8 LL n,k,ans,inv[N],fac[N],facinv[N],p[N];
 9 
10 void Init()
11 {
12     inv[1]=fac[0]=facinv[0]=p[0]=1;
13     for (int i=1; i<=n; ++i)
14     {
15         if (i!=1) inv[i]=(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
16         fac[i]=fac[i-1]*i%MOD; facinv[i]=facinv[i-1]*inv[i]%MOD;
17         p[i]=p[i-1]*2%(MOD-1);
18     }
19 }
20 
21 LL Qpow(LL a,LL b)
22 {
23     LL ans=1;
24     while (b)
25     {
26         if (b&1) ans=ans*a%MOD;
27         a=a*a%MOD; b>>=1;
28     }
29     return ans;
30 }
31 
32 LL C(LL n,LL m)
33 {
34     if (n<m) return 0;
35     return fac[n]*facinv[m]%MOD*facinv[n-m]%MOD;
36 }
37 
38 int main()
39 {
40     scanf("%lld%lld",&n,&k);
41     Init();
42     for (int i=k,j=1; i<=n; ++i,j=-j)
43         ans+=j*C(n,i)*(Qpow(2,p[n-i])-1)%MOD*C(i,k)%MOD;
44     ans=(ans%MOD+MOD)%MOD;
45     printf("%lld\n",ans);
46 }
posted @ 2018-12-19 20:33  Refun  阅读(198)  评论(0编辑  收藏  举报