BZOJ 2839: 集合计数(二项式反演)

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##解题思路
　　设$f(k)$为交集元素个数为$k$的方案数。发现我们并不能直接求出$f(k)$，就考虑容斥之类的东西，容斥首先要扩大限制，再设$g(k)$表示至少有$k$个交集的方案数。$g(k)$是特别好算的，可以强制$k$个元素必选，其余的任意，那么有

\[
g(k)=\sum\limits_{i=k}^n\dbinom{n}{i}(2^{2^{n-i}}-1)
\]

用$g$来表示$f$可得

\[
g(k)=\sum\limits_{i=k}^n\dbinom{i}{k}f(i)
\]

然后二项式反演可得

\[
f(k)=\sum\limits_{i=k}^n(-1)^{i-k}\dbinom{i}{k}g(i)
\]

这样就可以算了。
但是注意刚开始预处理$g$数组时，因为指数不能取模，所以不能直接算。需要把$2^{2^{i}\(拆成\)(2}{2^})^2$来算。

##代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>

using namespace std;
const int N=1000005;
const int MOD=1000000007;
typedef long long LL;

int n,k,g[N],ans,fac[N],inv[N];	

inline int fast_pow(int x,int y){
	int ret=1;
	for(;y;y>>=1){
		if(y&1) ret=(LL)ret*x%MOD;
		x=(LL)x*x%MOD;
	}
	return ret;
}

inline int C(int x,int y){
	return (LL)fac[x]*inv[y]%MOD*inv[x-y]%MOD;
}

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);fac[0]=1;int now=2;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=(LL)fac[i-1]*i%MOD;
	inv[n]=fast_pow(fac[n],MOD-2);
	for(int i=n-1;~i;i--) inv[i]=(LL)inv[i+1]*(i+1)%MOD;
	for(int i=n;i>=k;i--){
		g[i]=(LL)(now-1)%MOD;
		if(g[i]<0) g[i]+=MOD;
		now=(LL)now*now%MOD;
	}
	for(int i=k;i<=n;i++){
		if(((i-k)&1)) ans+=(MOD-(LL)C(i,k)*g[i]%MOD*C(n,i)%MOD);
		else ans+=(LL)C(i,k)*g[i]%MOD*C(n,i)%MOD;
		ans%=MOD;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}