bzoj 2839: 集合计数

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本文探讨了一个特定的组合数学问题，即从一个包含N个元素的集合中选取多个子集，使得这些子集的交集恰好包含K个元素，求解这种选择方式的数量。文章详细介绍了如何使用容斥原理来解决这个问题，并给出了具体的算法实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

###题意：
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
###题解：
好题。
一开始觉得应该很简单，然而很快就证明了我很天真。
设 $f[k]=Cnk∗∑i=12n−kC2n−ii=Cnk∗(22n−k−1)f[k]=C_n^k*\sum_{i=1}^{2^{n-k}}C_{2^{n-i}}^i=C_n^k*(2^{2^{n-k}}-1)$
这个大概就是表示规定选k个，在剩下 $2^{n-k}$ 个集合中任意选的方案数。
然而这样算不但有交集大于k的情况，重复的也一大堆。
于是要容斥，考虑容斥系数。
f[k+1]显然是 $C_{k+1}^k$
f[k+2]的第一项是 $C_{k+2}^k$ 然而多减了f[k+1]的情况，所以要再容斥一下，加上 $C_{k+2}^{k+1}C_{k+1}^{k}$ 。
根据 $C_N^MC_M^S=C_N^S*C_{N-S}^{M-S}$
最后可以化简得： $g[k]=∑i=kn(−1)n−iCikf[i]g[k]=\sum_{i=k}^n(-1)^{n-i}C_{i}^kf[i]$

update

显然 $f[i]=∑j=inCjig[j]f[i]=\sum_{j=i}^nC_j^ig[j]$
直接二项式反演即可
code：

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define LL long long
using namespace std;
const LL mod=1000000007;
LL n,K,f[1000010],inv[1000010],t=1,k[1000010];
void pre()
{
	f[0]=f[1]=inv[0]=inv[1]=k[0]=1;
	for(LL i=2;i<=1000000;i++) f[i]=(f[i-1]*i)%mod,inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	for(LL i=1;i<=1000000;i++) (inv[i]*=inv[i-1])%=mod,k[i]=k[i-1]*2%(mod-1);
}
LL pow(LL a,LL b)
{
	LL ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) (ans*=a)%=mod;
		(a*=a)%=mod;b>>=1;
	}
	return ans;
}
LL C(LL n,LL m)
{
	if(m>n) return 0;
	return f[n]*inv[n-m]%mod*inv[m]%mod;
}
int main()
{
	pre();
	scanf("%lld %lld",&n,&K);
	LL ans=0;
	for(LL i=K;i<=n;i++,t=-t)
		ans+=C(n,i)*(pow(2,k[n-i])-1)%mod*C(i,K)%mod*t,ans%=mod;
	(ans+=mod)%=mod;
	printf("%lld",ans);
}