BZOJ2839 : 集合计数 (广义容斥定理)

题目

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 \(1000000007\) 。

\((1 \le N \le 10^6, 0 \le K \le N)\)

题解

又是一道 裸的 广义容斥定理 还没这道题难qwq

广义容斥定理 (二项式反演) :

\[\displaystyle b_k = \sum_{i=k}^n \binom i k a_i
\]

\[\Updownarrow
\]

\[\displaystyle a_k = \sum_{i=k}^{n} (-1)^{i-k} \binom i k b_i
\]

不难发现又是一个恰好 我们转化成至少就行了

那么交集有至少 \(i\) 个集合的个数 \(b_i\) 就是

\[\displaystyle b_i = \binom n i 2^{2^{n-i}}
\]

一开始我以为后面那个直接是 \(2^{n-i}\) .... 没过样例搜了波题解... 发现是 \(2^{2^{n-i}}\) qwq

为什么呢 我们这样考虑 当前枚举了一个大小为 \(i\) 交集后 还剩下 \(n-i\) 个元素

每个元素有选和不选的两种方案 那么共有 \(2^{n-i}\) 个互不相同的集合

那么每个集合我们又有选和不选两种方案 那么总共就是 \(2^{2^{n-i}}\) 种咯qwq

然后套上去 答案就是

\[\displaystyle \mathrm{ans} = \sum_{i=k}^{n} (-1)^{i-k} \binom i k b_i
\]

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
using namespace std;

inline bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
inline bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}

inline int read() {
    int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fh = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
    return x * fh;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
	freopen ("P2839.in", "r", stdin);
	freopen ("P2839.out", "w", stdout);
#endif
}

typedef long long ll;
const ll Mod = 1e9 + 7;
ll fpm(ll x, int power) {
	ll res = 1;
	for (; power; power >>= 1, (x *= x) %= Mod)
		if (power & 1) (res *= x) %= Mod;
	return res;
}

const int N = 1e6;
ll fac[N + 100], ifac[N + 100], pow2[N + 100], ppow2[N + 100];
void Init(int maxn) {
	fac[0] = ifac[0] = pow2[0] = ppow2[0] = 1;
	For (i, 1, maxn) fac[i] = fac[i - 1] * i % Mod, pow2[i] = pow2[i - 1] * 2 % Mod, ppow2[i] = ppow2[i - 1] * 2 % (Mod - 1);
	ifac[maxn] = fpm(fac[maxn], Mod - 2);
	Fordown (i, maxn - 1, 1) ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1) % Mod;
}

ll ans = 0;

ll C(int n, int m) {
	if (n < 0 || m < 0 || n < m) return 0;
	return fac[n] * ifac[m] % Mod * ifac[n - m] % Mod;
}

int main () {
	File();
	Init(N);
	int n = read(), k = read();
	For (i, k, n)
		(ans += Mod + ((i - k) & 1 ? -1 : 1) * (C(i, k) * C(n, i) % Mod * fpm(2, ppow2[n - i]) % Mod)) %= Mod;
	printf ("%lld\n", ans);
    return 0;
}