【题解】P3214 [HNOI2011] 卡农（组合数学，数学）

【题解】P3214 [HNOI2011] 卡农

这是我几天前就跟自己说，要把这道题作为我的首黑，结果 4.18 的时候 A 了一道紫题加强版的黑……于是这题就变成了第二道黑。不过也算是自己给自己的生日礼物了吧。

---

题目链接

P3214 [HNOI2011] 卡农

思路分析

第一步，需要转化题意（吐槽一下：个人觉得出题人语文没学好）：

相当于是在 \(S=\{1,2,3,\cdots,n\}\) 这个集合中选出 \(m\) 个子集，满足以下三条性质：

1. 子集不空；

2. 没有相同的子集（不重复）；

3. 在所有的子集中，1-n 每个元素出现的次数是偶数；

其实这个题的 \(DP\) 可以说是最容易想到的（然而我当时不知道为啥就是没想到）。

用 \(dp_i\) 表示已经考虑到了第 \(i\) 个子集，满足上述三个条件的方案数有多少个。

考虑 \(dp_i\) 如何计算。

要使得满足以上三个条件。那么可以很容易想到容斥原理，关键是怎么容斥。

根据容斥原理：总方案数-不合法方案数。

所以我们要做的无非就是找到题目中对应的总方案数和不合法方案数分别是什么。

首先，我们可以想到用其中一个条件的方案数作为总的方案数，然后减去另外两个条件对应的不合法方案数。

可以发现，计算条件 3 的不合法方案数时，似乎非常不好算。（反正我是想不到怎么算）。

那么我们不妨用条件 3 的方案数作为总方案数，然后减去不满足条件 1 的方案数，再减去不满足条件 2 的方案数。

对于 \(dp_i\)，我们将以上三者分别考虑。

• 满足条件 3 的总方案数

  首先可以发现，条件 3 的"\(1-n\) 每个元素出现偶数次"实际上可以转化为：选出来的 \(i\) 个子集的异或和为 0。那么当前 \(i-1\) 个子集确定，最后一个子集也就唯一确定了。

  所以答案就是 \(\mathrm A_{2^n-1}^{i-1}\)。

• 不满足条件 1 的方案数

  条件 1 中“子集非空”的反义是“子集是空集”，所以不满足条件 1 的方案数就是子集是空集的方案数。要使得第 \(i\) 个子集为空，那么前 \(i-1\) 个子集已经满足上述三个条件。

  所以答案就是 \(dp_{i-1}\)。

• 不满足条件 2 的方案数

  对于条件 2，当第 \(i\) 个子集与前面某个自己（设为 \(j\)）重复时，那么就说明前 \(i-2\) 个子集已经满足上述三个条件，也就是 \(dp_{i-2}\)。

  然后考虑 \(i\) 和 \(j\)。

  显然 \(j\) 有 \(i-1\) 种可能，那么 \(i\) 有 \(2^n-1-(i-2)\) 种取法。

  所以根据乘法原理，不满足条件 2 的总方案数有 \(dp_{i-2} \times (i-1) \times (2^n-i+1)\)。

综上，根据加法原理，我们有：

\[dp_i=A_{2^n-1}^{i-1}-dp_{i-1}-dp_{i-2} \times (i-1) \times (2^n-i+1) \]

最后结果就是 \(dp_m\)。

最后一点（不要忘了）：由于题目要求的是无序，所以结果除以 \(m!\)。

坑点

1. 提前把排列数预处理出来，不要线性求逆元然后用乘法逆元求排列数，因为 \(2^n\) 可能很大，你数组不一定存的下它的阶乘。

2. 求逆元不要用线性求逆元，\(m!\) 可能很大，线性求逆元你存都存不下，直接用费马小定理求 \(m! \bmod (mod-2)\) 就好了。

3. 开 long long，并且记得每次计算完之后都 （+mod）%mod 一下，否则可能会出现负数（dbxxx就挂在这里了）。

代码实现

//luoguP3214
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=1e8+7;
const int maxn=1e6+10;
int n,m;
int a[maxn];
int dp[maxn];

inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f; 
}

int qpow(int a,int T)
{
	int ret=1;
	while(T)
	{
		if(T&1)(ret*=a)%=mod;
		(a*=a)%=mod;T>>=1;
	}
	return ret;
}

int in(int x)// x 的阶乘
{
	int ans=1;
	for(int i=1;i<=x;i++)(ans*=i)%=mod;
	return ans;
}

signed main()
{
	n=read();m=read();
	int t=qpow(2,n)-1;
	a[0]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++)a[i]=a[i-1]*(t-i+1+mod)%mod;//预处理 A
	dp[1]=0;dp[0]=1;
	for(int i=2;i<=m;i++)
	{
		dp[i]=((a[i-1]-dp[i-1]+mod)%mod-dp[i-2]*(i-1)%mod*(t-(i-2)+mod)%mod+mod)%mod;//记得多 % 几遍。
		dp[i]=(dp[i]+mod)%mod;
	}
	cout<<dp[m]*qpow(in(m),mod-2)%mod<<endl;//除以 m!（先求出 m!%mod 意义下的逆元，再用dp[m]乘上这个逆元。
	return 0;
}