根据广义容斥的套路就很好做了
设(g_i)表示交集至少有(i)个元素，(f_i)表示交集恰好有(i)个元素
显然有
[g_i=sum_{j=i}^ninom{j}{i}f_j
]
二项式反演可得
[f_i=sum_{j=i}^n(-1)^{j-i}inom{j}{i}g_j
]
我们求得就是(f_k)
我们考虑(g)如何求
我们先从(n)个元素里选择(j)个元素作为我们的交集，这里是(inom{n}{j})，之后对于剩下的(n-j)个元素构成的(2^{n-j})个子集我们从里面任意选择一些，之后并上这(j)个元素就可以了
于是(g_j=2^{2^{n-j}})，就是(2^{n-j})个子集都可以选或者不选
记得指数上对(mod-1)取模
代码
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
const int maxn=1000005;
const LL mod=1000000007;
inline int read() {
char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
LL fac[maxn],inv[maxn],pw[maxn];
int n,k;
inline LL ksm(LL a,int b) {
LL S=1;
while(b) {if(b&1) S=S*a%mod;b>>=1;a=a*a%mod;}
return S;
}
inline LL C(int n,int m) {
if(m>n) return 0;
return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int main() {
n=read(),k=read();
fac[0]=1;
for(re int i=1;i<=n;i++) fac[i]=(1ll*i*fac[i-1])%mod;
inv[n]=ksm(fac[n],mod-2);
for(re int i=n-1;i>=0;--i) inv[i]=(1ll*(i+1)*inv[i+1])%mod;
pw[0]=1;
for(re int i=1;i<=n;i++) pw[i]=(2ll*pw[i-1])%(mod-1);
LL ans=0;
for(re int i=k;i<=n;i++) {
LL g=C(n,i)*ksm(2,pw[n-i])%mod;
if((i-k)&1) ans=(ans-C(i,k)*g%mod+mod)%mod;
else ans=(ans+C(i,k)*g%mod)%mod;
}
printf("%d
",(int)ans);
return 0;
}