[bzoj2839]集合计数 (容斥原理/二项式反演)
容斥原理/二项式反演
考虑一个比较错误的答案,先选出
法一:二项式反演
设交集恰好为
这个形式就是二项式反演:
所以直接跑一遍二项式反演即可。复杂度
法二:容斥原理
直接根据上面的想法容斥,属性就是当前交集的元素,类就是交集的大小,
所以实质上这题就是求集合中一类的数量,那么容斥就有
#include <bits/stdc++.h>
#define pii std::pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
using i64 = long long;
using ull = unsigned long long;
const i64 iinf = 0x3f3f3f3f, linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N = 1e6 + 10, mod = 1e9 + 7;
i64 qpow(i64 a, i64 b, i64 m) {
i64 ret = 1;
while(b) {
if(b & 1) ret = ret * a % m;
a = a * a % m;
b >>= 1;
}
return ret;
}
struct BIN {
i64 fac[N], inv[N];
void init(int n) {
fac[0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
inv[n] = qpow(fac[n], mod - 2, mod);
for(int i = n - 1; i >= 0; i--) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
i64 C(i64 n, i64 m) {
if(n < m) return 0;
return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
} comb;
void solve() {
comb.init(N - 10);
int n, k;
std::cin >> n >> k;
i64 ans = 0;
for(int i = k; i <= n; i++) {
ans = (ans + qpow(-1, i - k, mod) * comb.C(i, k) % mod * comb.C(n, i) % mod * (qpow(2, qpow(2, n - i, mod - 1), mod) - 1) % mod + mod) % mod;
}
std::cout << ans << "\n";
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
solve();
return 0;
}
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