[容斥原理]BZOJ 2839: 集合计数

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原创最新推荐文章于 2026-04-16 11:22:02 发布 587 阅读 AI 写同款· GEO 优化 ›

bzoj2839: 集合计数（容斥原理）传送门题意简述：对于一个有N个元素的集合在其2^N个子集中取出若干集合（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。思路：考虑枚举相交的是哪kkk个，有CnkC_n^kCnk种方案，然后考虑剩下的可选可不选一共有22n−k2^{2^{n-k}}22n−k种选法，但是这样选出来的集合可能有其余的数相交，因此我们容斥掉多余的： ans=Cnk∗∑i=0n−kCni22n−k−ia... 阅读详情

$Description$

一个集合 $S$ 有 $n$ 各元素，要求从 $2^n$ 个子集中选取若干个子集，使得这些子集的并的大小为 $k$ 。

Solution $Solution$

因为是恰好为 $k$ ，可以考虑容斥原理，转化为至少为 $k$ 。
至少为 $k$ 的方案数很好统计，就是

(n k) 2 2 n - k

${n\choose k}2^{2^{n-k}}$ 。
然后直接容斥就好了。答案就是

\sum i = k n (- 1) i - k (i k) (n i) 2 2 n - i

$\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}{i\choose k}{n\choose i}2^{2^{n-i}}$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MOD = 1000000007;
const int N = 1010101;
typedef long long ll;

inline char get(void) {
    static char buf[100000], *S = buf, *T = buf;
    if (S == T) {
        T = (S = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin);
        if (S == T) return EOF;
    }
    return *S++;
}
inline void read(int &x) {
    static char c; x = 0;
    for (c = get(); c < '0' || c > '9'; c = get());
    for (; c >= '0' && c <= '9'; c = get()) x = x * 10 + c - '0';
}

int n, k, ans, res;
int ph[N], fac[N], inv[N];

inline void Add(int &x, int a) {
    x += a; while (x >= MOD) x -= MOD;
}
inline int Mod(int x) {
    Add(x, 0); return x;
}
inline int Pow(int a, int b) {
    int c = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) c = (ll)c * a % MOD;
        b >>= 1; a = (ll)a * a % MOD;
    }
    return c;
}
inline int C(int n, int m) {
    return (ll)fac[n] * inv[m] % MOD * inv[n - m] % MOD;
}
inline void Pre(int n) {
    inv[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++)
        inv[i] = (ll)inv[MOD % i] * (MOD - MOD / i) % MOD;
    fac[0] = inv[0] = ph[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % MOD;
        inv[i] = (ll)inv[i - 1] * inv[i] % MOD;
        ph[i] = ph[i - 1] * 2 % (MOD - 1);
    }
}

int main(void) {
    freopen("1.in", "r", stdin);
    read(n); read(k); Pre(n);
    for (int i = k; i <= n; i++) {
        res = (ll)C(n, i) * C(i, k) % MOD * Pow(2, ph[n - i]) % MOD;
        if ((i ^ k) & 1) ans = (ans - res + MOD) % MOD;
        else ans = (ans + res) % MOD;
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}