BZOJ 2839: 集合计数(二项式反演)

最新推荐文章于 2019-09-30 20:53:16 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/sdfzsyq/p/10265313.html

本文探讨了如何计算两个集合间具有特定数量交集元素的方案数，通过定义f(k)为交集元素个数为k的方案数，引入容斥原理及二项式反演进行求解，提供了一种高效算法。

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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
\[ g(k)=\sum\limits_{i=k}^n\dbinom{n}{i}(2^{2^{n-i}}-1) \]
用\(g\)来表示\(f\)可得
\[ g(k)=\sum\limits_{i=k}^n\dbinom{i}{k}f(i) \]
然后二项式反演可得
\[ f(k)=\sum\limits_{i=k}^n(-1)^{i-k}\dbinom{i}{k}g(i) \]
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\n",ans);
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/sdfzsyq/p/10265313.html