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HINT

【樣例說明】

假設原集合為{A,B,C}

則滿足條件的方案為：{AB,ABC},{AC,ABC},{BC,ABC},{AB},{AC},{BC}

【資料說明】

對於100%的資料，1≤N≤1000000；0≤K≤N；

Solution

首先考慮一下容斥
設$f(k)$表示選出一些集合使它們交集大小至少為$k$的方案數。
那麼$f(k)=C_n^k \times (2^{2^{n-k}}-1)$
這玩意兒怎麼理解呢？也就是先把那$i$個數確定下來，然後有$2^{n-k}$個集合可以包含那$k$個數。這些集合要麼選要麼不選，但不能一個都不選，也就是不能為空集。所以有$2^{2^{n-k}}-1$種選擇方法。
那麼容斥係數呢？可以發現當計算交集至少為$k$的方案時候，交集至少為$j$的方案（$j>k$）會被計算$C_j^k$次。
也就是說，
$f(k)$的係數為$1$。
$f(k+1)$的係數為$-C_{k+1}^k$。
$f(k+2)$的係數為$-C_{k+2}^k+C_{k+1}^k\times C_{k+2}^{k+1}=C_{k+2}^k$
為什麼$f(k+2)$能那麼推呢……因為$C_N^M\times C_M^S=C_N^S\times C_{N-S}^{N-M}$
搞到現在基本可以組合計數搞搞出解了，至於那個大的一比的$2^{2^{n-k}}$，根據尤拉定理直接指數取模$φ(MOD)$就好了，顯然$φ(MOD)=MOD-1$。

Code

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #define N (1000009)
 4 #define LL long long
 5 #define MOD (1000000007)
 6 using namespace std;
 7 
 8 LL n,k,ans,inv[N],fac[N],facinv[N],p[N];
 9 
10 void Init()
11 {
12     inv[1]=fac[0]=facinv[0]=p[0]=1;
13     for (int i=1; i<=n; ++i)
 
14     {
15         if (i!=1) inv[i]=(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
16         fac[i]=fac[i-1]*i%MOD; facinv[i]=facinv[i-1]*inv[i]%MOD;
17         p[i]=p[i-1]*2%(MOD-1);
18     }
19 }
20 
21 LL Qpow(LL a,LL b)
22 {
23     LL ans=1;
24     while (b)
25     {
26         if (b&1) ans=ans*a%MOD;
27         a=a*a%MOD; b>>=1;
28     }
29     return ans;
30 }
31 
32 LL C(LL n,LL m)
33 {
34     if (n<m) return 0;
35     return fac[n]*facinv[m]%MOD*facinv[n-m]%MOD;
36 }
37 
38 int main()
39 {
40     scanf("%lld%lld",&n,&k);
41     Init();
42     for (int i=k,j=1; i<=n; ++i,j=-j)
43         ans+=j*C(n,i)*(Qpow(2,p[n-i])-1)%MOD*C(i,k)%MOD;
44     ans=(ans%MOD+MOD)%MOD;
45     printf("%lld\n",ans);
46 }