bzoj 2839 : 集合计数 容斥原理

 

因为要在n个里面选k个，所以我们先枚举选的是哪$k$个，方案数为$C_{n}^k$

确定选哪k个之后就需要算出集合交集正为好这$k$个的方案数，考虑用容斥原理。

我们还剩下$n-k$个元素，交集至少为$k$的方案数为$2^{2^{n-k}}$。

相当于在仅有剩下$n-k$个元素的集合里随便选，最后再往每个集合里塞进这$k$个元素。

然后就是很简单的容斥了。

减去交集至少为k加上其他一个元素的方案数，加上交集至少为k加上其他两个元素的方案数。。。

$$ans=C_{n}^k\times(2^{2^{n-k}}-C_{n-k}^1\times 2^{2^{n-k-1}}+C_{n-k}^2\times 2^{2^{n-k-2}}-.....)$$
好像网上其他做法跟我不太一样呢。。。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 1000005
#define ll long long
using namespace std;
const int p = 1000000007;
int n,k;
ll pw(int x,int y)
{
    ll lst=1;
    while(y)
    {
        if(y&1)lst=lst*x%p;
        y>>=1;
        x=(ll)x*x%p;
    }
    return lst;
}
int pow[N],jie[N];
int main()
{
    pow[0]=1;jie[0]=1;
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n-k;i++)pow[i]=(pow[i-1]*2)%(p-1);
    for(int i=1;i<=n;i++)jie[i]=(1LL*jie[i-1]*i)%p;
    ll ans=0;
    ans=pw(2,pow[n-k]);
    for(int i=1;i<=n-k;i++)
    {
        int tmp=1LL*pw(2,pow[n-k-i])*jie[n-k]%p*pw(jie[i],p-2)%p*pw(jie[n-k-i],p-2)%p;
        if(i&1)ans=(ans-tmp+p)%p;
        else ans=(ans+tmp)%p;
    }
    ans=ans*jie[n]%p*pw(jie[k],p-2)%p*pw(jie[n-k],p-2)%p;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}