權限題

根據廣義容斥的套路就很好做了

設\(g_i\)表示交集至少有\(i\)個元素，\(f_i\)表示交集恰好有\(i\)個元素

顯然有

\[g_i=\sum_{j=i}^n\binom{j}{i}f_j\]

二項式反演可得

\[f_i=\sum_{j=i}^n(-1)^{j-i}\binom{j}{i}g_j\]

我們求得就是\(f_k\)

我們考慮\(g\)如何求

我們先從\(n\)個元素裏選擇\(j\)個元素作為我們的交集，這裏是\(\binom{n}{j}\)，之後對於剩下的\(n-j\)個元素構成的\(2^{n-j}\)個子集我們從裏面任意選擇一些，之後並上這\(j\)個元素就可以了

於是\(g_j=2^{2^{n-j}}\)，就是\(2^{n-j}\)個子集都可以選或者不選

記得指數上對\(mod-1\)取模

代碼

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
const int maxn=1000005;
const LL mod=1000000007;
inline int read() {
    char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
LL fac[maxn],inv[maxn],pw[maxn];
int n,k;
inline LL ksm(LL a,int b) {
    LL S=1;
    while(b) {if(b&1) S=S*a%mod;b>>=1;a=a*a%mod;}
    return S;
}
inline LL C(int n,int m) {
    if(m>n) return 0;
    return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int main() {
    n=read(),k=read();
    fac[0]=1;
    for(re int i=1;i<=n;i++) fac[i]=(1ll*i*fac[i-1])%mod;
    inv[n]=ksm(fac[n],mod-2);
    for(re int i=n-1;i>=0;--i) inv[i]=(1ll*(i+1)*inv[i+1])%mod;
    pw[0]=1;
    for(re int i=1;i<=n;i++) pw[i]=(2ll*pw[i-1])%(mod-1);
    LL ans=0;
    for(re int i=k;i<=n;i++) {
        LL g=C(n,i)*ksm(2,pw[n-i])%mod;
        if((i-k)&1) ans=(ans-C(i,k)*g%mod+mod)%mod;
            else ans=(ans+C(i,k)*g%mod)%mod;
    }
    printf("%d\n",(int)ans);
    return 0;
}
 

【bzoj 2839】集合計數