CodeChef Counting D-sets （容斥原理+组合数学）-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/KsCla/article/details/79749410

本文解析了一道思维难度较高但代码量较少的竞赛题——CodeChef CNTDSETS。通过分析题目的数学特性，给出了利用容斥原理和组合数计算特定条件下点集数量的方法，并提供了完整的代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

vjudge题面传送门：https://cn.vjudge.net/problem/CodeChef-CNTDSETS

（PS：vjudge上中文版的题面有误，一个点集的直径应该定义为其中点对的切比雪夫距离的最大值。切比雪夫距离是两个点各个维度之差的绝对值取max。这一点看回英文版题面就能知道）

题目分析：一道思维难度较大，代码量极少的题。

直径=d的点集数 = 直径<=d的点集数 - 直径<=d-1的点集数。

考虑如何求直径<=d的点集数。它相当于在一个n维，每一维坐标为0~d的空间内选取点集。为了避免平移导致算重的情况，我们要求这个点集的每一维都要有至少一个0。

如果不看最后的条件，那么答案便是 $2^{(d+1)^n}$ 。根据容斥原理的常见方法，考虑转化成补集，即至少有一维没有0的点集数。由于点集数只跟限制的维数有关，直接用组合数加速子集反演即可。最终答案等于

2 (d + 1) n + \sum i = 1 n (- 1) i C i n 2 d i (d + 1) n - i

$2^{(d+1)^n}+\sum_{i=1}^n(-1)^iC_n^i2^{d^i(d+1)^{n-i}}$

注意在指数上进行快速幂时，模数是 $10^9+6$ 。再注意一下边界情况（比如d=0等）即可。时间复杂度 $O(Tn\log(d))$ 。

CODE：

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int maxn=1010;
const long long M=1000000007;
typedef long long LL;

LL C[maxn][maxn];
int t,n,d;
LL ans;

void Preparation()
{
    for (int i=0; i<maxn; i++) C[i][0]=1;
    for (int i=1; i<maxn; i++)
        for (int j=1; j<=i; j++)
            C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%M;
}

LL Pow(LL x,LL y,LL z)
{
    if (!y) return 1LL;
    LL tp=Pow(x,y>>1,z);
    tp=tp*tp%z;
    if (y&1) tp=tp*x%z;
    return tp;
}

LL Calc(LL lim)
{
    if (!lim) return 1LL;
    LL ret=Pow(2LL, Pow(lim+1,n,M-1LL) ,M);
    LL sum=0;
    for (int i=1; i<=n; i++)
    {
        LL tp=C[n][i];
        tp=(tp*Pow(2LL, Pow(lim,i,M-1LL)*Pow(lim+1,n-i,M-1LL)%(M-1LL) ,M))%M;
        if (i%2==0) tp=(M-tp)%M;
        sum=(sum+tp)%M;
    }
    ret=(ret-sum+M)%M;
    return ret;
}

int main()
{
    freopen("c.in","r",stdin);
    freopen("c.out","w",stdout);

    Preparation();
    scanf("%d",&t);
    while (t--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&d);
        ans=Calc(d);
        if (d) ans=(ans-Calc(d-1)+M)%M;
        printf("%I64d\n",ans);
    }

    return 0;
}