自助小面馆

• 题意：有n种调料包，每种调料包要放在至少两个碗里，每个碗的调料状态都要不同。
• 思路：想了一个下午都没有成功，问了Leasier同学才知道。
  她说的是二项式反演，但实际上本质就容斥。
  \(ans=\sum_{\ i=1}^{\ n}(-1)^i*f[i]*C_n^i\)
  \(f[i]\)表示至少有i种调料个数小于2的方案书
  因为乘了\(C_n^i\)所以我们直接可以把前\(i\)位当做坏调料，i以后的是随便放的。
  考虑到性质：这\(i\)种调料放入的碗数\(j\)小于等于\(i\)
  所以搞一个类似第二类斯特林数的 \(g[i][j]\)：前\(i\)种调料放入\(j\)个碗的方案数。
  \(g[i][j]=g[i-1][j-1]+g[i-1][j]*(j+1)\)
  \(j+1\)相当于在之前\(j\)个碗种选一个或者不放。
  \(f[i]=\sum_{\ j=1}^{\ i}g[i][j]*2^{(n-i)*j}*2^{2^{n-i}}\)
  然后就over啦！
  ps（补充）.注意指数的模数是\(m-1\)因为扩展欧拉定理
• 黛玛

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3005;
typedef long long ll;
ll f[N],C[N][N],n,m,g[N][N],p2[N*N],p22[N*N],p4[N*N];		//[调味品][面] 
ll ksm(ll a,ll b) {
	ll res=1;
	for(;b;b>>=1,a=a*a%m) if(b&1)res=res*a%m;
	return res;
}
void init() {
	for(int i=0;i<=n;i++) {
		g[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=i;j++) {
			g[i][j]=(g[i-1][j-1]+g[i-1][j]*(j+1)%m)%m;	//+1是因为可以不放
		}
	}
	p2[0]=p22[0]=1;
	for(int i=1;i<=n*n;i++) p2[i]=p2[i-1]*2%m,p22[i]=p22[i-1]*2%(m-1);
	f[0]=0;
	for(int i=0;i<=n;i++) {
		for(int j=0;j<=i;j++) {
			f[i]+=g[i][j]*p2[(n-i)*j]%m,f[i]%=m;
		}
		f[i]=f[i]*ksm(2,p22[n-i])%m;
	}
	for(int i=0;i<=n;i++) C[i][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=1;j<=i;j++) {
			C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%m;
		}
	}
}
int main() {
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	init();
	ll ans=0;
	for(ll j=1,i=0;i<=n;i++) {
		if(i&1) f[i]*=-1;
		ans=(ans+C[n][i]%m*f[i]%m)%m;
	}
	printf("%lld",(ans+m)%m);
	return 0;
}