代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;#define ll long longconst int N = 1000009;ll MOD = (ll)(1e8 + 7),f[N],n,m,p2n = 1,sum,A[N],f_m = 1;ll power(ll x,ll p,ll M)
{ll res = 1;while(p){if( p & 1 ) ( res *= x ) %= M;( x *= x ) %= M;p >>= 1;}return res;
} int main()
{cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; ++i) ( p2n *= 2 ) %= MOD;sum = p2n - 1;//片段总数   这里不用取摸A[0] = 1;for (int i = 1; i <= m; ++i)//算排列数{A[i] = A[i - 1] * (sum - i + 1 + MOD) % MOD;( f_m *= i ) %= MOD;}f[1] = 0;//所有都是奇数，所以一个都不算f[2] = 0;//无解for (int i = 3; i <= m; ++i){f[i] = A[i - 1] - f[i - 1] - f[i - 2] * (i - 1) % MOD * ( ( sum - (i - 2) + MOD ) % MOD ) % MOD;//      保证偶数      去空集       去重复f[i] = ( MOD + f[i] % MOD ) % MOD;}   cout << f[m] * power(f_m,MOD - 2,MOD) % MOD;return 0;
}

题解

前言

一开始推DP+容斥，以奇数个数为状态转移，想了半天没推出来，看了题解之后才发现以确定合法子集个数为状态+容斥更简单

正文

DP+容斥

首先，题目中要求组合，一直求组和的话要求很多逆元（因为取模），也可以先算排列，到最后答案乘上 (m!)−1(m!)^{-1}(m!)−1 ，本文求的是排列。

设 fif_ifi 为确定了前i个子集的方案数，每个方案数的子集都满足①每个数字出现偶数次，②不是空集，③不重合。

对于①：只需要确定前 i−1i-1i−1 个子集，就可以确定第 iii 个子集（这个子集内包含了前 iii 个子集中出现次数为奇数的数字）。随边选前 i−1i-1i−1 的状态数为 Asumi−1A_{sum}^{i-1}Asumi−1 ，接下来考虑容斥。

对于②：第 iii 个为空集时，前 i−1i-1i−1 已经合法，个数为 fi−1f_{i-1}fi−1 ，减去即可

对于③：如果第 jjj 个子集和第 iii 个子集相同，那么剩下的 i−2i-2i−2 个子集合法，那么就可以从 fi−2f_{i-2}fi−2 来推出此处不合法的状态数（这里可以推，是因为每个 fi−2f_{i-2}fi−2 的方案都可以转换到当前的非法状态，每个当前的非法状态可以转换到 fi−2f_{i-2}fi−2 中的方案，每个都是有对应的，但不是一一对应，存在口胡嫌疑）。因为排列，所以 jjj 的位置也要考虑，有 i−1i-1i−1 个，每个 fi−2f_{i-2}fi−2 中的方案可以添加两个一样的子集，选择有 sum−(i−2)sum - (i-2)sum−(i−2) ，因此非法状态数有 fi−2×(i−1)×[sum−(i−2)]f_{i-2} \times (i-1) \times [sum - (i - 2)]fi−2×(i−1)×[sum−(i−2)]

因此有转移方程 fi=Asumi−1−f[i−1]−fi−2×(i−1)×[sum−(i−2)]f_i = A_{sum}^{i-1} - f[i - 1] - f_{i-2} \times (i-1) \times [sum - (i - 2)]fi=Asumi−1−f[i−1]−fi−2×(i−1)×[sum−(i−2)]

要素

多个要求，分开处理，且有先后关系，明显的是①和③。
一开始我以为①是最难解决的，但是经过一个略微的小思考（随便选前 i−1i-1i−1 个，就可以确定第 iii 个，这个地方似乎可以这样想：先不管偶数的约束，随便选（放开约束，再对子集提新的要求，从而转化约束），大概是可以发现只要再选一个特定子集，就可以满足要求），就可以把难点转化到③上。
想挖掘一点本质的东西，但功力不够，想不出。。。

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