【题解】集合计数 容斥原理 二项式反演
兄弟，我喜欢你。
题目描述
集合计数
内存限制：128 MiB
时间限制：1500 ms
标准输入输出
题目类型：传统
评测方式：文本比较
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；
私货：虚拟歌姬会唱歌的有n个，会跳舞的有m个，不更新声库的有1个
,问：有多少个虚拟歌姬？
思路历程
1.前置知识(建议如果看题解的话跳过）：
1.排列组合
2.容斥定理
3.二项式反演
二项式反演
2.列个思路：
我们要得到什么？
看看样例说明：
【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}
我们看到，样例说明将每一个方案列成了一个“集合里套集合”的形式。
我们也这样子搞。
我们叫类似“{AB,ABC}”的集合大集合，类似“AB”这样的集合叫小集合。
可以看到样例里大集合里的小集合之间的交集至少两个。
（以下所有“小集合之间”都代指“同一大集合的小集合之间”）
那么我们把交集元素提出来，然后在那些让其他元素自由组合成小集合，小集合自由组合成大集合，这样的话，我们再把交集元素放回去的时候，不就保证交集元素至少有我们提出来的元素了吗？（详见4.举个例子）
3.推个式子
我们考虑选出若干个集合
使得小集合之间的交集至少为k
(将“至少”消去的操作，详见5.整个反演)
我们强制选了k个数作为小集合之间的交集。
方案数：\(C_n^k\)
剩下的数构成小集合数:\(2^{n-k}\)
现在我们再把这些子集看成一个一个的数，我们再让他们组合成为“大集合”，有几种方案数？
没错：\(2^{2^{n-k}}\)种！
但是，我们肯定不能取空集，毕竟人家是一个一个的小集合，你不能一个小集合也不选：
\(2^{2^{n-k}}-1\)
根据乘法原理得到，小集合之间交集元素至少为K个的方案数是:
\(C_n^k\) X \((2^{2^{n-k}}-1)\)
（请注意，此处有重复方案，我们将在5.整个反演中消去）
4.举个例子：
举例子:n=3,k=1
对于集合{1,2,3}我们使得1是小集合的交集。
那么剩下的数构成小集合数：{2}{3}{2,3}{空集}满足\(2^2\)
我们设：\(c_1\)={2},\(c_2\)={3},\(c_3\)={2,3},\(c_4\)={空集}；
那么有大集合：{空集}、{\(c_1\)}、{\(c_2\)}、{\(c_3\)}、{\(c_4\)}、
{\(c_1,c_2\)}、{\(c_1,c_3\)}、{\(c_1,c_4\)}、{\(c_2,c_3\)}、{\(c_2,c_4\)}、{\(c_3,c_4\)}、
{\(c_1,c_2,c_3\)}、{\(c_1,c_2,c_4\)}、{\(c_1,c_3,c_4\)}、{\(c_2,c_3,c_4\)}、
{\(c_1,c_2,c_3,c_4\)}
(tips:上面的大集合{空集}与\(c_4\)是两个概念，空集是什么集合也不选，\(c_4\)将我们提出来的1放回去时就不再是空集了)
去掉空集满足\(2^{2^2}-1\)
这个时候我们把1作为一个小集合\(c_5\)放进这所有的小集合里，现在是不是每一个小集合之间交集至少为1(为\(c_5\))?
大集合：
{12}、{13}、{123}、{1}
{12,13}、{12,123}、{12,1}、{13,123}、{13,1}、{123,1}
{12,13,123}、{12,13,1}、{12,123,1}、{13,123,1}
{12,13,123,1}
然后我们乘上\(C_n^1\)就消除了只选1可能还有2啊3啊的影响
但是我们乘上\(C_n^1\)的同时，又重复计算了组合。
比如说{123}很显然计算了多次
如何消去重复的影响？
5.整个反演：
所以我们令$f_i$不是小集合之间交集至少为i的方案数，而是固定选出i个数作为子集的方案数的总和
（注：网络题解大多有误，也有可能是我sb，如果有更正请评论）
求小集合之间交集为i的方案数\(g_i\)：
\(f_k\)系数为1
那么我们计算小集合之间交集至少为k的时候，每个交集为j的大集合都会被计算\(C_j^k\) \((j>=k)\)（这是一个相对于\(f_k\)的系数）
交集数为j的交集元素一定包含交集数为k的交集元素。
根据二项式反演可推得
\(f_j\)的系数显然就是\(C_j^k\)次
\(f_{k+1}\)系数为\(-C_{k+1}^k\)
\(f_{k+2}\)系数为\(-C_{k+2}^k\)+\(C_{k+1}^{k}\) X \(C_{k+2}^{k+1}\)
根据\(C_n^m\)X\(C_m^s\)=\(C_n^s\) X \(C_{n-s}^{n-m}\)
所以\(f_{k+2}\)的系数\(C_{k+2}^k\)
类推得到答案：
\(\sum^{n}_{i=k}\) \((-1)^{i-k}C_i^kC_n^i(2^{2^{n-i}}-1)\)
完整代码
Miku's Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long //坏习惯但是太方便了(
const int maxn=1e7+50;
const int mod=1000000007;
int fac[maxn],inv[maxn],facinv[maxn];
int n,k;
int flag; //flag处理容斥的正负
int tmp; //求(2的2的i次方)-1
int ans;
int getc(int m,int n){
if(n<m) return 0;
return fac[n]%mod*facinv[m]%mod*facinv[n-m]%mod;
}
int lucas(int m,int n){ //求C(n,m)%mod
if(m==0) return 1;
return getc(m%mod,n%mod)%mod*lucas(m/mod,n/mod)%mod;
}
void init(int w){
fac[0]=fac[1]=1;
inv[0]=inv[1]=1;
facinv[0]=facinv[1]=1;
for(int i=2;i<=w;++i){
fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
}
for(int i=2;i<=w;++i){
inv[i]=((mod-mod/i*inv[mod%i])%mod+mod)%mod;
}
for(int i=2;i<=w;++i){
facinv[i]=facinv[i-1]*inv[i]%mod;
}
}
main(){
int i;
scanf("%lld%lld",&n,&k);
init(n+1);
for(i=n,flag=((n-k)&1)?-1:1,tmp=1;i>=k;i--){
ans=(ans+flag*lucas(k,i)*lucas(i,n)%mod*tmp%mod+mod)%mod;
//cout<<"###"<<flag*lucas(k,i)*lucas(i,n)%mod<<endl;
flag=-flag;
tmp=tmp*(tmp+2)%mod;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
整点乐子：
有个傻X把公式推出来是：//f_i=c(i,n)f_i-1(n-i)/n
荣获WA0代码()
推一下同学的博客，似乎与我用的并不是一种方法（他终于了结了mod-1终极难题，mod-1大猜想变成mod-1大定理时整个机房的智慧似乎熠熠闪光）
Spade-A的集合计数题解
2023/6/15完成最终修改
