bzoj2839 集合计数（容斥+组合）

集合计数

内存限制：128 MiB 时间限制：1000 ms 标准输入输出

 

 

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

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define A 1100000
#define maxn 1000010
#define p 1000000007
using namespace std;
ll m,n,k,f[A],jie[A],ermi[A],ans,ni[A];
inline ll read()
{
    ll f=1,x=0;char c=getchar();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
    return f*x;
}
ll meng(ll x,ll k)
{
    ll ans=1;
    for(;k;k>>=1,x=x*x%p)
        if(k&1)
            ans=x%p*ans%p;
    return ans;
}
ll C(ll n,ll m)
{
    if(m==0) return 1;
    if(m>n) return 0;
    else return (jie[n]*ni[m]%p*ni[n-m])%p;
}
void init()
{
    n=read(),k=read();
    m=n-k;
    jie[0]=1;ni[0]=1;ermi[0]=1;
    for(ll i=1;i<=maxn;i++)    ermi[i]=2*ermi[i-1]%(p-1);//2^ermi[i]%p!=2^ermi[i]%p
    for(ll i=1;i<=n;i++)    jie[i]=jie[i-1]*i%p;
    ni[n]=meng(jie[n],p-2);
    for(ll i=n-1;i>=1;i--)ni[i]=ni[i+1]*(i+1)%p;
    for(ll i=0;i<=n;i++)    f[i]=C(n,i)%p*(meng(2,ermi[n-i])%p-1)%p;
}
int main()
{
//    freopen("test.in","r",stdin);freopen("vio.out","w",stdout);
    ans=0;
    init();
    for(ll i=k;i<=n;i++)
    ans=(C(i,k)*f[i]%p*((i-k)&1?-1:1)+ans)%p;
    cout<<(ans%p+p)%p<<endl;
}

以及对拍

#include<bits/stdc++.h>
int main() 
{
    while(true) 
    {
        system("./mkd"),puts("mkd runs out");
        system("./std"),puts("std runs out");
        system("./vio"),puts("vio runs out");
        if(system("diff std.out vio.out")) while(true);
        puts("");
    }
    return 0;
}

嗯，完了