bzoj2839 集合计数 组合计数 容斥原理|题解

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;

 

 

 

题解

看到这个题我们很自然的想到答案是

$\binom{n}{k}*f(n-k)$

其中f(i)表示i个元素的2i个集合中,选出任意多集合使交集为空的方案数,但是一个集合都不选是不合法的

 

一个暴力算法

显然f(0)=1

设g(i,j)表示从i个元素的集合中,选出任意多集合使交集为k个的方案数

$g(i,j)=\binom{i}{j}*f(i-j)$

对于i>1    $f(i)=2^{2^i}-1-\sum\limits_{j=1}^{i}g(i,j)$

注意不能一个集合都不选,但可以选择集合中没有任何元素的集合来组成一个对集合的集合,这涉及到-1的位置

复杂度O(n2)  期望得分70

 

正解 容斥原理

 

$f(n)=\sum\limits_{i=0}^{n}*(-1)^i*\binom{n}{i}*(2^{2^{n-i}}-1)$

集合A B C表示交集中含有 a,b,c的集合取法

C(n,i)表示从n个形如A B C的集合中取出i个,算出有多少种取法

这i个集合的交集则表示同时含有这i个元素

后一项则表示其他集合任意选取,但不能一个都不选的方案数

偶加奇减,则得到全集减去这几个集合的并集,得到f(i)

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #define ll long long
 4 using namespace std;
 5 const int mod=1e9+7;
 6 int n,k;
 7 ll js[1000010],jsinv[1000010];
 8 ll qpow(ll base,int y,int mo)
 9 {
10     ll ans=1;
11     while(y)
12     {
13         if(y&1) ans=ans*base%mo;
14         base=base*base%mo;
15         y>>=1;
16     }
17     return ans;
18 }
19 void init()
20 {
21     js[0]=1;
22     for(int i=1;i<=n;i++) js[i]=js[i-1]*i%mod;
23     jsinv[n]=qpow(js[n],mod-2,mod);
24     for(int i=n-1;i>=0;i--) jsinv[i]=jsinv[i+1]*(i+1)%mod;
25 }
26 inline ll C(int n,int m)
27 {
28     return js[n]*jsinv[m]%mod*jsinv[n-m]%mod;
29 }
30 inline ll ask(int m)
31 {
32     ll ans=0;
33     for(int i=0,u=1;i<=m;i++,u=-u)
34         ans=(ans+u*C(m,i)*(qpow(2,qpow(2,m-i,mod-1),mod)-1)%mod)%mod;
35     return ans;
36 }
37 int main()
38 {
39     scanf("%d%d",&n,&k);
40     init();
41     printf("%lld\n",(ask(n-k)*C(n,k)%mod+mod)%mod);
42     return 0;
43 }
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另一种等价的方法

$ans=\binom{n}{k}*\sum\limits_{i=k}^{n}(-1)^{i-k}*\binom{n-k}{i-k}*(2^{2^{n-i}}-1)$

这种方法可以理解为固定一种组合,从其他集合中选取几个进行容斥

也能算出答案

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #define ll long long
 4 using namespace std;
 5 const int mod=1e9+7;
 6 int n,k;
 7 ll js[1000010],jsinv[1000010];
 8 ll qpow(ll base,int y,int mo)
 9 {
10     ll ans=1;
11     while(y)
12     {
13         if(y&1) ans=ans*base%mo;
14         base=base*base%mo;
15         y>>=1;
16     }
17     return ans;
18 }
19 void init()
20 {
21     js[0]=1;
22     for(int i=1;i<=n;i++) js[i]=js[i-1]*i%mod;
23     jsinv[n]=qpow(js[n],mod-2,mod);
24     for(int i=n-1;i>=0;i--) jsinv[i]=jsinv[i+1]*(i+1)%mod;
25 }
26 inline ll C(int n,int m)
27 {
28     return js[n]*jsinv[m]%mod*jsinv[n-m]%mod;
29 }
30 int main()
31 {
32     scanf("%d%d",&n,&k);
33     init();
34     ll ans=0;
35     for(int i=k,u=1;i<=n;i++,u=-u)
36         ans=(ans+u*C(n-k,i-k)%mod*(qpow(2,qpow(2,n-i,mod-1),mod)-1)%mod)%mod;
37     printf("%lld\n",(ans*C(n,k)%mod+mod)%mod);
38     return 0;
39 }
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posted @ 2019-07-02 11:41  skyh  阅读(344)  评论(1编辑  收藏  举报