- 一个(n)个元素的集合有(2^n)个不同的子集。
- 要求从这些子集中选出至少一个集合，使得选出集合的交集大小恰好为(k)，求方案数。
- (nle10^6)
广义容斥
对于这种恰好为(k)的显然想到容斥，去设(f_i)为交集大小大于等于(i)的方案数，根据广义容斥的式子就可以发现：
[ans=sum_{i=k}^n(-1)^{k-i}C_i^kf_i
]
于是只要考虑如何快速计算(f_i)，首先有个选出(i)个数的方案数(C_n^i)。
那么选出的所有集合都必须包含这(i)个数，剩下(n-i)个数可以任选，因此总共有(2^{n-i})个包含这(i)个数的集合。
然后我们可以在这些集合中选出至少一个，最终得到：
[f_i=C_n^i imes 2^{2^{n-i}}-1
]
此时已经可以(O(logn))计算每个(f_i)了，但事实上我们可以发现：
[2^{2^{n-i}}=2^{2^{n-i-1} imes 2}=(2^{2^{n-(i+1)}})^2
]
所以我们只要维护(2^{2^{n-i}})并从大到小枚举(i)，便可实现(O(n))了。
代码：(O(n))
#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 1000000
#define X 1000000007
#define C(x,y) (1LL*Fac[x]*IFac[y]%X*IFac[(x)-(y)]%X)//组合数
using namespace std;
int n,k,Fac[N+5],IFac[N+5];
I int QP(RI x,RI y,CI p) {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,p;for(scanf("%d%d",&n,&k),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,X);i;--i) IFac[i-1]=1LL*IFac[i]*i%X;//预处理阶乘逆元
long long t=0;for(p=2,i=n;i>=k;p=1LL*p*p%X,--i) t+=((i-k)&1?X-1LL:1LL)*C(i,k)%X*C(n,i)%X*(p-1)%X;//广义容斥
return printf("%d
",(t%X+X)%X),0;
}