AT4119 [ARC096C] Everything on It

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分析：
每种配料至少出现两次好像很难做，我们考虑容斥，算某些配料没有出现两次，也就是最多出现了一次的方案
设\(F_i\)表示至少有\(i\)种配料最多出现了一次
答案即为\(\sum_{i=0}^{n}(-1)^iF_i\)
考虑如何计算\(F_i\)
首先我们思考这\(i\)种配料放到\(j\)碗面里面，由于每种配料最多出现一次，所以\(j\leq i\)
把\(i\)个元素划分进\(j\)个非空集合的方案数即第二类斯特林数
但是是最多出现一次而不是恰好一次，可能有元素没有出现，考虑新建一个集合\(S\)，将不出现的元素放入这个集合
由于新建的集合也有可能是空的，即所有元素都出现了恰好一次，再新增一个0号元素，将0号元素存在的集合钦定为集合\(S\)
多一个元素，多一个集合，那么\(i\)种配料放到\(j\)碗面里面，每种配料最多出现一次的方案数为\(S2\)_{i+1,j+1}
先给出\(F_i\)吧：

\[F_i=\binom{n}{i}2^{2^{n-i}}\sum_{j=0}^{i}\begin{Bmatrix}{i+1}\\{j+1}\end{Bmatrix}(2^{n-i})^j \]

组合数意义为在\(n\)个元素里选\(i\)个，剩下的元素提供\(2^{n-i}\)种配料组合，这些配料组合能组成\(2^{2^{n-i}}\)种拉面组合
而前面\(i\)种元素的\(j\)碗面也可以添加剩下\(n-i\)的配料，构成\((2^{n-i})^j\)种方案
预处理组合数斯特林数计算，复杂度\(O(n^2)\)

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<iostream>
#include<map>
#include<string>

#define maxn 3005

using namespace std;

inline int getint()
{
	int num=0,flag=1;char c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')flag=-1;
	while(c>='0'&&c<='9')num=num*10+c-48,c=getchar();
	return num*flag;
}

int MOD;
int n,m,q;
int C[maxn][maxn],S[maxn][maxn];

inline int ksm(int num,int k,int p)
{
	int ret=1;
	for(;k;k>>=1,num=1ll*num*num%p)if(k&1)ret=1ll*ret*num%p;
	return ret;
}

int main()
{
	n=getint(),MOD=getint();
	S[0][0]=C[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n+1;i++)
	{
		C[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=i;j++)
		{
			S[i][j]=(S[i-1][j-1]+1ll*j*S[i-1][j])%MOD;
			C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%MOD;
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=n;i++)
	{
		int tmp=ksm(2,ksm(2,n-i,MOD-1),MOD),ret=0;
		if(i&1)tmp=MOD-tmp;
		tmp=1ll*tmp*C[n][i]%MOD;
		for(int j=0;j<=i;j++)ret=(ret+1ll*ksm(2,(n-i)*j,MOD)*S[i+1][j+1])%MOD;
		tmp=1ll*tmp*ret%MOD;
		ans=(ans+tmp)%MOD;
	}
	printf("%d\n",ans);
}