- 有一个集合\(\{1,2,..,n\}\)，问有多少种方式选出它的若干个不同的子集，满足每种元素至少出现两次。
- \(n\le3\times10^3\)
广义容斥
这种问题显然一眼想到容斥，设\(f(i)\)表示有至少\(i\)种元素出现次数小于两次的方案数，根据广义容斥的式子就能得到：
\[ans=\sum_{i=0}^n(-1)^i\times C_n^i\times f(i) \]所以问题就转化成如何求\(f(i)\)。
第二类斯特林数
首先，有一个需要注意的问题，就是我们是让\(i\)种元素出现次数小于两次，因此它有可能出现，有可能不出现。
对此，我们可以强行加入一个\(0\)号元素，让和\(0\)号元素在一起的那些元素表示不选，那么两种情况就可以一并讨论了。
所以，我们可以直接枚举这\(i\)种元素总共被选中在\(j\)个集合中，加上\(0\)及其所在的不选集合，就是要把\(i+1\)个元素分到\(j+1\)个集合中，方案数为第二类斯特林数\(S_2(i+1,j+1)\)。
由于这\(i\)种仅出现一次的元素的存在，这\(j\)个集合必然两两不同，且和其余没有这\(i\)种元素的集合也必然存在差异，因此它们可以任填，方案数为\((2^{n-i})^j\)。
除了这\(j\)个集合外，仅由剩余\(n-i\)个元素组成的子集共有\(2^{n-i}\)个，那么就有\(2^{2^{n-i}}\)种剩余子集的选法。
把这些东西全部合起来得到一个总式子：
\[f(i)=2^{2^{n-i}}\times \sum_{j=1}^iS_2(i+1,j+1)\times(2^{n-i})^j \]直接预处理第二类斯特林数计算就完了。
代码：\(O(n^2)\)
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 3000
#define C(x,y) (1LL*Fac[x]*IFac[y]%X*IFac[(x)-(y)]%X)
using namespace std;
int n,X,Fac[N+5],IFac[N+5],S2[N+5][N+5];
I int QP(RI x,RI y,CI p=X) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%p),x=1LL*x*x%p,y>>=1;return t;}
int main()
{
RI i,j,t,s=0;for(scanf("%d%d",&n,&X),Fac[0]=i=1;i<=n;++i) Fac[i]=1LL*Fac[i-1]*i%X;//预处理阶乘
for(IFac[i=n]=QP(Fac[n],X-2);i;--i) IFac[i-1]=1LL*IFac[i]*i%X;//预处理阶乘逆元
for(S2[0][0]=i=1;i<=n+1;++i) for(j=1;j<=i;++j) S2[i][j]=(1LL*j*S2[i-1][j]+S2[i-1][j-1])%X;//预处理第二类斯特林数
RI p,pw;for(i=0;i<=n;s=((i&1?X-1LL:1LL)*C(n,i)%X*QP(2,QP(2,n-i,X-1))%X*t+s)%X,++i)//广义容斥
for(p=QP(2,n-i),pw=1,t=j=0;j<=i;pw=1LL*pw*p%X,++j) t=(1LL*S2[i+1][j+1]*pw+t)%X;//根据式子计算
return printf("%d\n",s),0;
}