bzoj2839 集合计数(容斥+组合)

集合计数

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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;

一道很好的数论题(反正我看题解才做出来的 %%%%*ZJ   https://www.cnblogs.com/zj75211/p/8029343.html) 我有点菜,各种错误。

思路很奇妙,第一步:首先选出来C(n,k)个数,第二步:然后我们要做的就是让剩余集合交集为空。注意,我们选的剩余集合是除了C以外还选了什么(C上再加这个集合)

解释一下

例如 3 1

假设我们通过第一步选出来的数为A

而第二步我们选出来 C,B

那么我们最终选的集合为AB ,AC

再比如我们第二步选 空集,C

那么我们最终选出来的集合为 A,AC

既然如此我们需要求的就是所有满足的情况

正确性验证被我鸽了。。。。。。

然后我们要做的就是求出方案

设f[i]为当前集合至少选出i个数的方案数

设m为n-i(即剩余个数)

对于剩余n-i个数可以构成$2^{(n-i)}$个集合

而对于这些集合每个都可以进行选或不选(即$2{^{2^{(n-i)}}}$)种情况

而不能都不选(对于选了空集也是一种)

  $f[i]=C(n,i)*(2{^{2^{n-i}}}-1)$

显然我们算多了,然后我们需要容斥掉容斥系数,首先我们发现在所有f[k+1]中我们都多算了C(k+1,k)次

例如我们固定了四个数ABCD

我们在k+1中每种都多算了一次

ABC    D==ACD     B==ABD     C==BCD      A

得到对于f[k+1]:-C(k+1,k)

  同理f[k+2]:+C(k+2,k+1)*C(k+1,k)==C(k+2,k)

依次类推

得到   

for(ll i=k;i<=n;i++)
    ans=(C(i,k)*f[i]%p*((i-k)&1?-1:1)+ans)%p;

 

实际上就类似于多项容斥

而且这题因为N<=1000000

如果算C现算肯定不行,考虑到用多次,打表(阶乘及阶乘逆元),但求逆元带log仍然超时

所以还要线性求逆元

 

    ni[n]=meng(jie[n],p-2);
    for(ll i=n-1;i>=1;i--)ni[i]=ni[i+1]*(i+1)%p;

 

理解一下逆元实际上就是1/?

而$1/(n+1)!*(n+1)$其实就是$1/(n)! $就求出来逆元了

 

两个注意点

:for(ll i=1;i<=maxn;i++) ermi[i]=2*ermi[i-1]%(p-1);//2^ermi[i]%p!=2^ermi[i]%p调两节课

:for(ll i=0;i<=n;i++)又一节半课,实在是菜

:ermi[0]又二十分钟,

除了第一个是稍微有一点思维的错,别的都是低错。实不应该

首先关于为什么mod (p-1)而不是mod (p)

这其实要推出来,首先我们必须知道${2^{2^i mod p}}{!=2^{2^i}{mod p}}$

怎么办 设${2^i}==(kφ(p)+t)$,则原式就为$(2^{k*φ(p)}*2^t) {mod p}$

根据欧拉定理

$2^{φ(p)} mod p$同余于1,${2^i}==kφ(p)+t$t就等于$2^i mod φ(p)$,又φ(质数)==p-1

故%(p-1)而非%p

以下依然是本人丑陋的还带着调试的代码

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define ll long long
 3 #define A 1100000
 4 #define maxn 1000010
 5 #define p 1000000007
 6 using namespace std;
 7 ll m,n,k,f[A],jie[A],ermi[A],ans,ni[A];
 8 inline ll read()
 9 {
10     ll f=1,x=0;char c=getchar();
11     while(!isdigit(c)){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
12     while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
13     return f*x;
14 }
15 ll meng(ll x,ll k)
16 {
17     ll ans=1;
18     for(;k;k>>=1,x=x*x%p)
19         if(k&1)
20             ans=x%p*ans%p;
21     return ans;
22 }
23 ll C(ll n,ll m)
24 {
25     if(m==0) return 1;
26     if(m>n) return 0;
27     else return (jie[n]*ni[m]%p*ni[n-m])%p;
28 }
29 void init()
30 {
31     n=read(),k=read();
32     m=n-k;
33     jie[0]=1;ni[0]=1;ermi[0]=1;
34     for(ll i=1;i<=maxn;i++)    ermi[i]=2*ermi[i-1]%(p-1);//2^ermi[i]%p!=2^ermi[i]%p
35     for(ll i=1;i<=n;i++)    jie[i]=jie[i-1]*i%p;
36     ni[n]=meng(jie[n],p-2);
37     for(ll i=n-1;i>=1;i--)ni[i]=ni[i+1]*(i+1)%p;
38     for(ll i=0;i<=n;i++)    f[i]=C(n,i)%p*(meng(2,ermi[n-i])%p-1)%p;
39 }
40 int main()
41 {
42 //    freopen("test.in","r",stdin);freopen("vio.out","w",stdout);
43     ans=0;
44     init();
45     for(ll i=k;i<=n;i++)
46     ans=(C(i,k)*f[i]%p*((i-k)&1?-1:1)+ans)%p;
47     cout<<(ans%p+p)%p<<endl;
48 }
View Code

以及对拍

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 int main() 
 3 {
 4     while(true) 
 5     {
 6         system("./mkd"),puts("mkd runs out");
 7         system("./std"),puts("std runs out");
 8         system("./vio"),puts("vio runs out");
 9         if(system("diff std.out vio.out")) while(true);
10         puts("");
11     }
12     return 0;
13 }
View Code

 

嗯,完了

我已没有下降的余地
posted @ 2019-07-04 12:18  znsbc  阅读(174)  评论(0编辑  收藏  举报