集合计数（容斥原理）

题目大意

     一个有N个元素的集合有2^N个不同子集（包含空集），现在要在这2^N个集合中取出若干集合（至少一个），使得它们的交集的元素个数为K，求取法的方案数，答案模1000000007.

题解

　　首先很容易想到从n个元素中选出k个作为交集的方案数 C(n,k)

　　以下是错误思路，想偏了……(-_-)！

　　　　然后对于每个k在剩余的n-k个元素中任选元素，与k共同组成一个集合，共有2^(n-k)种集合，这些个集合，又有2^(2^(n-k))中方案使得交集为k

　　然后……就会发现有对于不同的k的方案有一堆重复（容斥啊！）……不知道咋容斥

　　正解

　　从剩下的n-k个元素中选元素，组成没有交集的那么多个集合，使得他们的交集只能是k

　　发现上面错解里面有一些方案中的交集是k+1个元素，那么减去这些个C(n-k,1)*2^(2^(n-k-1)),这样又会多减去好几次交集为k+2的方案，再加上，

怎样容斥就出来了

　　即对于每个k而言，加上k个交集的方案，减去k+1个交集的方案，加上k+2个交集的方案，……加上(-1)^(n-k)*(n个交集的方案)

　　干成一块，枚举交集i，同时不能为空集（即不能一个都不选），2^(2^(n-i))要减去全都不选的情况： ans+=(-1)^(i-k)*C(n,i)*（2^(2^(n-i))-1）*C(i,k);

　　一开始我的代码濒临TLE

　　

　　然后学了一手线性求逆元，代码如下：　　　

jc[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) jc[i]=(long long)(jc[i-1]*i)%mod;
inv[n]=pow(jc[n],mod-2);
for(int i=n-1;i>=0;i--) inv[i]=((inv[i+1]%mod)*(i+1)%mod)%mod;

 

       　　

　　经过我的不断修改，我终于发现了30到AC的秘密

　　　　ans+=(C(i,n)*((1ll*(pow(2,q[n-i])-1)*C(k,i)*1ll)%mod*ha*1ll))%mod; 我没写那个括号（玄学问题，我也不知道，有大佬知道的话，麻烦告诉一声，lockey在此%）

 

　　AC代码

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const long long mod=1000000007;
int n,k;
long long q[1100000],jc[1100000],inv[1100000];
long long ans=0;
long long pow(long long a,long long b){
    long long ans=1;
    a%=mod;
    while(b){
        if(b&1) ans=(long long)(ans*a)%mod;
        b>>=1;
        a=(long long)(a*a)%mod;
    }
    return ans%mod;
}
long long C(long long m,long long n){
    if(!m||m==n) return 1;
    if(m>n) return 0;
    if(m<mod&&n<=mod)
        return ((long long)((long long)(jc[n]*inv[m])%mod)*inv[n-m])%mod;
    return ((long long)C(m%mod,n%mod)*C(m/mod,n/mod))%mod;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    jc[0]=1,q[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) jc[i]=(long long)(jc[i-1]*i)%mod;
    inv[n]=pow(jc[n],mod-2);
    for(int i=n-1;i>=0;i--) inv[i]=((inv[i+1]%mod)*(i+1)%mod)%mod;
    for(int i=1;i<=n;i++) q[i]=(q[i-1]*2)%(mod-1);
    long long ha=1;
    for(int i=k;i<=n;i++,ha=-ha){
        ans+=(C(i,n)*((1ll*(pow(2,q[n-i])-1)*C(k,i)*1ll)%mod*ha*1ll))%mod;
    }
    cout<<1ll*(1ll*(ans+mod)%mod+mod)%mod<<endl;
}