[BZOJ 2839] 集合计数

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

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；

思路：

　　做数学题之前一定打个表。。。题解一贯作风，上来不打正解。。。

　　前置知识：一个集合所有的子集个数为2^n每个元素是否出现,那么选子集的方案数为2^(2^n)-1每个集合是否出现，减一是因为一个集合都不选和选空集重了，少算一个。

　　70%算法：DP真他娘的是啥都能干，我们不会算集合为n，交集为k的方案，那就设出来啊。。f[n][k]就是答案，f[n][k]=C(n,k)*f[n-k][0],意思是先选出来k个再选交集为0的，那么f[n][0]咋算，它可以从选所有的集合数2^(2^n)-1-f[n][k]得到，然而f[n][k]从之前的f[n-k][0]得到，没毛病后效性也没得，他娘的就用你打表了。。（此处借用WD大神代码）

 1 #include<cstdio>
 2 #define int long long
 3 const long long mod=1000000007;
 4 long long fac[1000005],inv[1000005],invv[1000005],x,y,n,k,f0[1000005],f[1000005];
 5 long long pow(long long b,long long t,long long modd,long long ans=1){
 6     for(;t;t>>=1,b=b*b%modd)if(t&1)ans=ans*b%modd;
 7     return ans;
 8 }
 9 signed main(){
10     scanf("%lld%lld",&n,&k);
11     fac[0]=inv[0]=invv[0]=f0[0]=invv[1]=inv[1]=fac[1]=1;f0[1]=2;
12     for(int i=2;i<=n;++i)fac[i]=fac[i-1]*i%mod,invv[i]=(-mod/i*invv[mod%i])%mod,inv[i]=inv[i-1]*invv[i]%mod;
13     for(int i=1;i<=n;++i){
14         f0[i]=(pow(2,pow(2,i,mod-1),mod)-1+mod)%mod;
15         for(int j=1;j<=i;++j)f[j]=fac[i]*inv[j]%mod*inv[i-j]%mod*f0[i-j]%mod,f0[i]=(f0[i]-f[j]+mod)%mod;
16         f[0]=f0[i];
17     }
18     printf("%lld\n",(f[k]+mod)%mod);
19 }

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　　100%算法：乖乖打正解，先选k个，n-=k，现在我们要求的就是集合为n，交集为0的方案，这时候我们重新找一个集合的定义（本人思路卒于此），集合A表示包含一个确定元素a的方案的总和，那么会有n个集合向像花一样绽放，有各种交集例如图中中间二级重叠不包含E部分表示交集恰有2个的方案。那么我们就要求一级部分的大小（就是要求的无交集的方案），仿佛嗅到了一丝容斥的气息。。。。交集为0=总-(>=1)+(>=2)-.......

　　ans=Σ(-1)^i*C(n,i)*(2^(2^(n-i))-1);

　　PS：所谓的次方的次方可以用递推，当然你打两层快速幂我也没办法。。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
const int mn=1e6+20,mod=1e9+7;
int f[mn],fac[mn],inv[mn],n,k;
int qpow(int x,int k)
{int ans=1;for(;k;k>>=1,x=1ll*x*x%mod) if(k&1) ans=1ll*ans*x%mod;return ans;
}
long long C(int n,int m) {return 1ll*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&k);fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;inv[n]=qpow(fac[n],mod-2);for(int i=n;i;i--) inv[i-1]=1ll*inv[i]*i%mod;long long ans=0,tmp=C(n,k),tp=1;n-=k;int op=(n&1)?-1:1;for(int i=n;~i;i--){ans=(ans+op*C(n,i)*tp%mod)%mod;tp=(tp*tp%mod+2*tp%mod)%mod;op=-op;}ans=ans*tmp%mod;printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);
}
//for sigma i=0->n C(n,i)(2^(2^(n−i))−1)
/*
g++ 1.cpp -o 1
./1
4 1
*/

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