解题思路
设(f(k))为交集元素个数为(k)的方案数。发现我们并不能直接求出(f(k)),就考虑容斥之类的东西,容斥首先要扩大限制,再设(g(k))表示至少有(k)个交集的方案数。(g(k))是特别好算的,可以强制(k)个元素必选,其余的任意,那么有
[g(k)=sumlimits_{i=k}^ndbinom{n}{i}(2^{2^{n-i}}-1)
]
用(g)来表示(f)可得
[g(k)=sumlimits_{i=k}^ndbinom{i}{k}f(i)
]
然后二项式反演可得
[f(k)=sumlimits_{i=k}^n(-1)^{i-k}dbinom{i}{k}g(i)
]
这样就可以算了。
但是注意刚开始预处理(g)数组时,因为指数不能取模,所以不能直接算。需要把(2^{2^i})拆成((2^{2^{i-1}})^2)来算。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=1000005;
const int MOD=1000000007;
typedef long long LL;
int n,k,g[N],ans,fac[N],inv[N];
inline int fast_pow(int x,int y){
int ret=1;
for(;y;y>>=1){
if(y&1) ret=(LL)ret*x%MOD;
x=(LL)x*x%MOD;
}
return ret;
}
inline int C(int x,int y){
return (LL)fac[x]*inv[y]%MOD*inv[x-y]%MOD;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&k);fac[0]=1;int now=2;
for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=(LL)fac[i-1]*i%MOD;
inv[n]=fast_pow(fac[n],MOD-2);
for(int i=n-1;~i;i--) inv[i]=(LL)inv[i+1]*(i+1)%MOD;
for(int i=n;i>=k;i--){
g[i]=(LL)(now-1)%MOD;
if(g[i]<0) g[i]+=MOD;
now=(LL)now*now%MOD;
}
for(int i=k;i<=n;i++){
if(((i-k)&1)) ans+=(MOD-(LL)C(i,k)*g[i]%MOD*C(n,i)%MOD);
else ans+=(LL)C(i,k)*g[i]%MOD*C(n,i)%MOD;
ans%=MOD;
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}