【bzoj2339】[HNOI2011]卡农 dp+容斥原理

题目描述

dp+容斥原理

先考虑有序数列的个数，然后除以$m!$即为集合的个数。

设$f[i]$表示选出$i$个集合作为满足条件的有序数列的方案数。

直接求$f[i]$较为困难，考虑容斥，满足条件的有序数列的方案数=总方案数-不满足条件的方案数。

考虑如果前$i-1$个集合确定，那么第$i$个集合也一定确定，总方案数为$2^n-1$个满足条件的集合（不包括空集）中取出$i-1$个的排列$A_{2^n-1}^{i-1}$。

不满足条件的方案有两种：

1.根据前$i-1$个集合确定的第$i$个集合的选择为空集，那么显然方案数为$f[i-1]$；

2.根据前$i-1$个集合确定的第$i$个集合与前面某个集合相同，那么考虑把这两个集合删掉，其余的依然满足条件，故方案数为 ($i-2$个的方案数$f[i-2]$) * (重复集合出现位置的方案数$i-1$) * (重复集合可以选择的方案数$2^n-1-(i-2)$)

故dp方程为$f[i]=A_{2^n-1}^{i-1}-f[i-1]-f[i-2]*(i-1)*(2^n-1-(i-2))$，初始状态为$f[0]=1,f[1]=0$。

然后推出答案后再乘上$m!$的逆元即为答案。

#include <cstdio>
#define N 1000010
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 100000007;
ll p[N] = {1} , f[N] = {1};
ll pow(ll x , ll y)
{
	ll ans = 1;
	while(y)
	{
		if(y & 1) ans = ans * x % mod;
		x = x * x % mod , y >>= 1;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	int n , m , i , v;
	ll t = 1;
	scanf("%d%d" , &n , &m) , v = pow(2 , n) - 1;
	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) p[i] = p[i - 1] * (v - i + 1 + mod) % mod;
	for(i = 2 ; i <= m ; i ++ ) f[i] = ((p[i - 1] - f[i - 1] - f[i - 2] * (v - i + 2) % mod * (i - 1)) % mod + mod) % mod;
	for(i = 2 ; i <= m ; i ++ ) t = t * i % mod;
	printf("%lld\n" , f[m] * pow(t , mod - 2) % mod);
	return 0;
}