BZOJ2839/LG10596 集合計數 題解(二項式反演+擴充套件尤拉定理)

題目大意：一個有 \(N\) 個元素的集合有 \(2^N\) 個不同子集（包含空集），現在要在這 \(2^N\) 個集合中取出若干集合（至少一個），使得它們的交集的元素個數為 \(K\)，求取法的方案數，答案模 \(10^9+7\)。

為表述方便，不妨設這 \(i\) 個元素分別為 \(1\sim n\)。

前置知識：二項式反演。

考慮設 \(g(x)\) 為我們選擇恰好 \(x\) 個數，要求選出若干個集合他們的交集裡是這 \(x\) 個數的方案數，這個東西由於是“恰好”不好計數，考慮設 \(f(x)\) 表示說我們欽定 \(x\) 個數他一定要在這若干個集合的交集中的方案數。

\(f(x)\) 是好求的，我們直接從集合中欽定 \(x\) 個數一定要在若干個集合的交集中（其他數在不在我不關心），然後考慮包含這 \(x\) 個數的集合數量，顯然除了這 \(x\) 個數必選以外，其餘的數可選可不選，所以這部分的數量是 \(2^{n-x}\) 的。然後對於這些包含這 \(x\) 個數的集合，對於每個集合來說我們也是可選可不選，所以最終這部分的答案是 \({n\choose x}\times(2^{2^{n-x}}-1)\)，這部分的 \(-1\) 是因為要排除掉空集。

接下來考慮如果 我們已知 \(g\)，如何用 \(g\) 表示出 \(f\)（以方便我們用二項式反演從 \(f\) 反推回 \(g\)），顯然\(f(x)=\sum_{i=x}^ng(i)\times{n\choose i}\)，代表說我們對於每一個 \(i\ge x\)，我們恰好選 \(i\) 個數的方案數之和就是欽定 \(x\) 個數的方案數。然後對這個式子用一下二項式反演：

\[f(x)=\sum_{i=x}^n{n\choose i}\times g(i)\Leftrightarrow g(x)=\sum_{i=x}^n(-1)^i\times{n\choose i}\times{i\choose x}\times(2^{2^{n-i}}-1) \]

最後用一遍擴充套件尤拉定理就做完了，時間複雜度 \(O(n\log n)\)，如果預處理 \(2^{2^i}\) 可以做到 \(O(n)\)。

const int MAXN = 1e6 + 5, mod = 1e9 + 7;
int n, k, fac[MAXN], ifac[MAXN];

int quickpow(int a, int b, int p = mod) {
	int ret = 1;
	while (b) {
		if (b & 1) ret = ret * a % p;
		a = a * a % p; b >>= 1;
	}
	return ret;
}

int C(int n, int m) {
	if (n < m) return 0;
	return fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod;
}

void work() {
	cin >> n >> k;
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	ifac[n] = quickpow(fac[n], mod - 2);
	for (int i = n; i; i--) ifac[i - 1] = ifac[i] * i % mod; 
	int ans = 0, coff = 1;
	for (int i = k; i <= n; ++i) {
		ans = ans + coff * C(i, k) * C(n, i) % mod * quickpow(2, quickpow(2, n - i, mod - 1)) % mod;
		ans = (ans % mod + mod) % mod;
		coff = -coff;
	}
	cout << ans << endl;
}