集合计数
题目描述
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。(是质数喔~)
输入格式
一行两个整数N,K
输出格式
一行为答案。
样例
样例输入
3 2样例输出
6数据范围与提示
样例说明
假设原集合为{A,B,C}
则满足条件的方案为：{AB,ABC},{AC,ABC},{BC,ABC},{AB},{AC},{BC}
数据说明
对于100%的数据，1≤N≤1000000；0≤K≤N；
一道很好的数论题(反正我看题解才做出来的 %%%%*ZJ https://www.cnblogs.com/zj75211/p/8029343.html) 我有点菜，各种错误。
思路很奇妙，第一步：首先选出来C(n，k)个数，第二步：然后我们要做的就是让剩余集合交集为空。注意，我们选的剩余集合是除了C以外还选了什么(C上再加这个集合)
解释一下
例如 3 1
假设我们通过第一步选出来的数为A
而第二步我们选出来 C，B
那么我们最终选的集合为AB ，AC
再比如我们第二步选 空集，C
那么我们最终选出来的集合为 A，AC
既然如此我们需要求的就是所有满足的情况
正确性验证被我鸽了。。。。。。
然后我们要做的就是求出方案
设f[i]为当前集合至少选出i个数的方案数
设m为n-i(即剩余个数)
对于剩余n-i个数可以构成$2^{(n-i)}$个集合
而对于这些集合每个都可以进行选或不选(即$2{^{2^{(n-i)}}}$)种情况
而不能都不选(对于选了空集也是一种)
则
$f[i]=C(n,i)*(2{^{2^{n-i}}}-1)$
显然我们算多了，然后我们需要容斥掉容斥系数，首先我们发现在所有f[k+1]中我们都多算了C(k+1，k)次
例如我们固定了四个数ABCD
我们在k+1中每种都多算了一次
ABC D==ACD B==ABD C==BCD A
得到对于f[k+1]:-C(k+1，k)
同理f[k+2]:+C(k+2，k+1)*C(k+1，k)==C(k+2，k)
依次类推
得到
for(ll i=k;i<=n;i++)
ans=(C(i,k)*f[i]%p*((i-k)&1?-1:1)+ans)%p;
实际上就类似于多项容斥
而且这题因为N<=1000000
如果算C现算肯定不行，考虑到用多次，打表(阶乘及阶乘逆元)，但求逆元带log仍然超时
所以还要线性求逆元
ni[n]=meng(jie[n],p-2);
for(ll i=n-1;i>=1;i--)ni[i]=ni[i+1]*(i+1)%p;
理解一下逆元实际上就是1/？
而$1/(n+1)！*(n+1)$其实就是$1/(n)！ $就求出来逆元了
两个注意点
：for(ll i=1;i<=maxn;i++) ermi[i]=2*ermi[i-1]%(p-1);//2^ermi[i]%p!=2^ermi[i]%p调两节课
：for(ll i=0;i<=n;i++)又一节半课，实在是菜
：ermi[0]又二十分钟，
除了第一个是稍微有一点思维的错，别的都是低错。实不应该
首先关于为什么mod (p-1)而不是mod (p)
这其实要推出来，首先我们必须知道${2^{2^i mod p}}{!=2^{2^i}{mod p}}$
怎么办 设${2^i}==(kφ(p)+t)$，则原式就为$(2^{k*φ(p)}*2^t) {mod p}$
根据欧拉定理
$2^{φ(p)} mod p$同余于1，${2^i}==kφ(p)+t$t就等于$2^i mod φ(p)$，又φ(质数)==p-1
故%(p-1)而非%p
以下依然是本人丑陋的还带着调试的代码
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define ll long long
3 #define A 1100000
4 #define maxn 1000010
5 #define p 1000000007
6 using namespace std;
7 ll m,n,k,f[A],jie[A],ermi[A],ans,ni[A];
8 inline ll read()
9 {
10 ll f=1,x=0;char c=getchar();
11 while(!isdigit(c)){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
12 while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
13 return f*x;
14 }
15 ll meng(ll x,ll k)
16 {
17 ll ans=1;
18 for(;k;k>>=1,x=x*x%p)
19 if(k&1)
20 ans=x%p*ans%p;
21 return ans;
22 }
23 ll C(ll n,ll m)
24 {
25 if(m==0) return 1;
26 if(m>n) return 0;
27 else return (jie[n]*ni[m]%p*ni[n-m])%p;
28 }
29 void init()
30 {
31 n=read(),k=read();
32 m=n-k;
33 jie[0]=1;ni[0]=1;ermi[0]=1;
34 for(ll i=1;i<=maxn;i++) ermi[i]=2*ermi[i-1]%(p-1);//2^ermi[i]%p!=2^ermi[i]%p
35 for(ll i=1;i<=n;i++) jie[i]=jie[i-1]*i%p;
36 ni[n]=meng(jie[n],p-2);
37 for(ll i=n-1;i>=1;i--)ni[i]=ni[i+1]*(i+1)%p;
38 for(ll i=0;i<=n;i++) f[i]=C(n,i)%p*(meng(2,ermi[n-i])%p-1)%p;
39 }
40 int main()
41 {
42 // freopen("test.in","r",stdin);freopen("vio.out","w",stdout);
43 ans=0;
44 init();
45 for(ll i=k;i<=n;i++)
46 ans=(C(i,k)*f[i]%p*((i-k)&1?-1:1)+ans)%p;
47 cout<<(ans%p+p)%p<<endl;
48 }
以及对拍
1 #include<bits/stdc++.h>
2 int main()
3 {
4 while(true)
5 {
6 system("./mkd"),puts("mkd runs out");
7 system("./std"),puts("std runs out");
8 system("./vio"),puts("vio runs out");
9 if(system("diff std.out vio.out")) while(true);
10 puts("");
11 }
12 return 0;
13 }
嗯，完了