bzoj 2839. 集合计数 二项式反演

集合计数

设fi表示恰好交集为k的方案数。
设gi表示交集至少为k的方案数。

\(g_i=\sum_{j=i}^{n} C(j,i)f_j\)

由二项式反演得：

\(f_k=\sum_{i=k}^{n}(-1)^{i-k}C(i,k)g_i\)

考虑\(g_i\)的求出，钦定\(i\)个数必选那么剩下\(n-i\)个数每个数可选可不选\(2^{n-i}\)

但这道题我们选出的不是数字而是相应的集合。

那么每个集合可选可不选为\(2^{2^{n-i}}\)

但是这是有重复的。

重复的地方在于每个集合全不选的时候和第一个集合也就是空集选其他都不选这两个是等价的所以总方案要\(-1\)。

code

//#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<deque>
#include<stack>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<deque>
#include<stack>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<bitset>
#include<set>
#include<map>
#define ll long long
#define db double
#define INF 1000000000
#define inf 100000000000000000ll
#define ldb long double
#define pb push_back
#define put_(x) printf("%d ",x);
#define putl_(x) printf("%lld ",x);
#define get(x) x=read()
#define putl(x) printf("%lld\n",x)
#define rep(p,n,i) for(int i=p;i<=n;i+=1)
#define fep(n,p,i) for(int i=n;i>=p;--i)
#define go(x) for(int i=lin[x],tn=ver[i];i;tn=ver[i=nex[i]])
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define gf(x) scanf("%lf",&x)
#define pf(x) ((x)*(x))
#define uint unsigned long long
#define ui unsigned
#define sq sqrt
#define x(w) t[w].x
#define r(w) t[w].r
#define id(w) t[w].id
#define R(w) s[w].r
#define yy p<<1|1
#define zz p<<1
#define sum(w) t[w].sum
#define mod 1000000007
#define sc(A) scanf("%d",&A)
#define scs(A) scanf("%s",A);
#define put(A) printf("%d\n",A)
#define min(x,y) (x>=y?y:x)
#define max(x,y) (x>=y?x:y)
#define sub(x,y) (x-y<0?x-y+mod:x-y)
using namespace std;
const int MAXN=1000010,G=3;
int n,k,m,T,cnt,lim;
int fac[MAXN],inv[MAXN],a[MAXN],b[MAXN],w[MAXN],f[MAXN],rev[MAXN],g[MAXN];
inline int ksm(int b,int p)
{
	int cnt=1;
	while(p)
	{
		if(p&1)cnt=(ll)cnt*b%mod;
		b=(ll)b*b%mod;p=p>>1;
	}
	return cnt;
}
inline int C(int n,int m){return (ll)fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}
inline void NTT(int *a,int op)
{
	rep(0,lim-1,i)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int len=2;len<=lim;len=len<<1)
	{
		int mid=len>>1;
		int wn=ksm(G,op==1?(mod-1)/len:mod-1-(mod-1)/len);
		for(int j=0;j<lim;j+=len)
		{
			ll d=1;
			for(int i=0;i<mid;++i)
			{
				ll x=a[i+j],y=a[i+j+mid]*d%mod;
				a[i+j]=(x+y)%mod;a[i+j+mid]=(x-y+mod)%mod;
				d=d*wn%mod;
			}
		}
	}
	if(op==-1)
	{
		int IN=ksm(lim,mod-2);
		rep(0,lim-1,i)a[i]=(ll)a[i]*IN%mod;
	}
}
signed main()
{
	freopen("1.in","r",stdin);
	sc(n);sc(k);
	fac[0]=1;
	rep(1,n,i)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
	inv[n]=ksm(fac[n],mod-2);
	for(int i=n-1;i>=0;--i)inv[i]=(ll)inv[i+1]*(i+1)%mod;
	int ww=2,ans=0;
	fep(n,k,i)
	{
		int cc=(i-k)&1?mod-1:1;
		int w1=(ll)C(n,i)*(ww-1)%mod;
		ans=(ans+(ll)cc*w1%mod*C(i,k))%mod;
		ww=(ll)ww*ww%mod;
	}
	put(ans);
	return 0;
}