bzoj 2839 集合计数——二项式反演

题目:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2839

设 \( g(i) \) 表示至少有 i 个, \( f(i) \) 表示恰好有 i 个,则

\( g(i)=C_{n}^{i}*(2^{2^{n-i}}-1) \)

\( g(i)=\sum\limits_{j=i}^{n}C_{j}^{i}f(j) \)

\( f(i)=\sum\limits_{j=i}^{n}(-1)^{j-i}C_{j}^{i}g(j) \)

以为把 g 写出来后 \( C_{n}^{i}*C_{i}^{j} = C_{n}^{j} \) ,然而其实 \( C_{n}^{i}*C_{i}^{j} = C_{n}^{j}*C_{n-j}^{i-j} \) 。

注意指数取模是 mod-1 。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e6+5,mod=1e9+7;
int n,k,g[N],jc[N],jcn[N];
void upd(int &x){x>=mod?x-=mod:0;x<0?x+=mod:0;}
int pw(int x,int k,int md=mod)
{int ret=1;while(k){if(k&1)ret=(ll)ret*x%md;x=(ll)x*x%md;k>>=1;}return ret;}
void init()
{
  jc[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)jc[i]=(ll)jc[i-1]*i%mod;
  jcn[n]=pw(jc[n],mod-2);for(int i=n-1;i>=0;i--)jcn[i]=(ll)jcn[i+1]*(i+1)%mod;
}
int C(int n,int m)
{return (ll)jc[n]*jcn[m]%mod*jcn[n-m]%mod;}
int main()
{
  scanf("%d%d",&n,&k);
  init();
  int ans=0;
  for(int i=k,j=1;i<=n;i++,j=-j)
    ans=(ans+(ll)j*C(i,k)*C(n,i)%mod*(pw(2,pw(2,n-i,mod-1))-1))%mod,upd(ans);
  printf("%d\n",ans);
  return 0;
}

原文地址:https://www.cnblogs.com/Narh/p/10274154.html

时间: 2024-10-04 09:52:24

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【bzoj 2839】集合计数

权限题 根据广义容斥的套路就很好做了 设\(g_i\)表示交集至少有\(i\)个元素,\(f_i\)表示交集恰好有\(i\)个元素 显然有 \[g_i=\sum_{j=i}^n\binom{j}{i}f_j\] 二项式反演可得 \[f_i=\sum_{j=i}^n(-1)^{j-i}\binom{j}{i}g_j\] 我们求得就是\(f_k\) 我们考虑\(g\)如何求 我们先从\(n\)个元素里选择\(j\)个元素作为我们的交集,这里是\(\binom{n}{j}\),之后对于剩下的\(n-j

二项式反演及其应用

概念 二项式反演为一种反演形式,常用于通过 "指定某若干个" 求 "恰好若干个" 的问题. 注意:二项式反演虽然形式上和多步容斥极为相似,但它们并不等价,只是习惯上都称之为多步容斥. 引入 既然形式和多步容斥相似,我们就从多步容斥讲起. 我们都知道:$|A\cup B|=|A|+|B|-|A\cap B|$ ,这其实就是容斥原理. 它的一般形式为: $$|A_1\cup A_2\cup...\cup A_n|=\sum\limits_{1\le i\le n}|A_

二项式反演

问:给你k种颜色,你必须用上所有颜色去涂满n个相邻的格子,并且要求相邻格子的颜色不同,求方案数. 我们设必须用 i 种颜色两两不相邻的涂格子的方案数为 b(i) ; 很明显: ,我们令 a(k)=k·(k-1)n-1 , 然后有. 如果你知道二项式反演的话,那么这个问题就已经解决了,因为. 是不是觉得二项式反演很厉害,下面我将给出它的证明. 二项式反演公式: 证明: 然后让我们对进行分析: 我们预热一下: 有A,B,C,D,E,F,G 7个人,我们要先从中选出4个候选人,再从中选出3个作为mas

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