世界真的很大
前幾天做了一道容斥原理的題，發現並不怎麼會這類東西，趕快找幾道題寫寫
看了幾篇題解不知所云
果然還是不簡單，按自己理解寫了過後發現過不了樣例
發現還是考慮的不仔細，認真研究一波之後才馬馬虎虎地搞懂了一知半解
看題先：
description：
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爲K，求取法的方案數，答案模1000000007。（是質數喔~）
input：
一行兩個整數N,K
output：
一行爲答案。
不好意思之前的題解是口胡233
這道題並不是一個容斥原理那麼簡單，但是網上的題解都沒有提到這一點。。。做了一點補充希望耐心看完
這道題他說“交集元素個數剛好爲K”的方案數
那麼就很容易想到容斥原理，即：
大於等於K的 - 大於等於K+1的 + 大於等於K+2的 and so on
那麼現在的問題就在於求出來大於等於某個值的方案數
比如現在來找一下交集大於等於 i 的方案數
首先枚舉交集i，即從n個裏面選i個作爲交集元素的方案數，這一步自然是 C（n，i）。
然後考慮整個集合還剩n-i個元素，剩餘的子集個數就是2^(n-i)
現在我們相當於是給每一個剩下的子集添加這i個元素，這樣他們的交集就至少爲i了
然後剩下的每一個子集有選與不選，這樣方案數就是2^(2^(n-i))
但是所有集合不能同時不選
也許會有疑問全都不選就選這i個不也是一種方案嗎？
其實不然
全都不選等價於選了空集，而空集也是屬於那2^(n-i)種子集的
全都不選即是說空集也不選，這當然是不合法的，所以要減一
即： 2^(2^(n-i))-1
然後這樣算一下，寫出來發現，過不了樣例。。
樣例3 2
那我們枚舉的其實就是大於等於2的減去大於等於3的
大於等於二的子集選擇，有：
{{1,2}}，{{1,2,3}}，{{1,2}，{1,2,3}}
{{1,3}}，{{1,3,2}}，{{1,3}，{1,3,2}}
{{3,2}}，{{3,2,1}}，{{3,2}，{3,2,1}}
九種
大於等於3的子集選擇，有：
{{1,2,3}}一種，一減。
咦？不是8嗎？樣例答案怎麼是6啊？
仔細一看，在前九種中，{123}，{132}，{321}作爲同樣的集合出現了3次，因爲在枚舉{12}，{13}，{32}時，他們都作爲必須包含的子集的擴充出現了，所以統計的時候統計了三次
但是減去的大於等於3的子集方案數卻只減了一種，這是由於枚舉的{123}本身只被當做一種方案了
即是說，在枚舉之後的值i的時候，我們還應該考慮在之前的計算當中，被算重複了多少次，不能單單減了了事
那麼到底減多少呢？
就是說，當前這個值加加減減多少次，取決於之前這個值被算重了幾次
一個集合如{123}被算重複了多少次，即是說在枚舉多少個K值的時候，會枚舉到{123}
比如說在枚舉{12}，{23}，{13}的時候，都會枚舉到{123}。
那麼對於一個{123}，其有幾個K的組合，不就是會算重幾次嗎？
於是乎在乘上一個C（i，K）就行了
看上去沒什麼問題了，這大概就是網上題解的思路吧，以至於我第一次做的時候就被這個繞暈了
容斥原理解決的是集合的並的問題。講道理就這道題而言憑什麼容斥的時候要帶一個係數C（i，k）？
帶上C（i，k）之後還是我們要的交集大於等於i的字節選擇方案數嗎？如果不是那每一步容斥又代表的是什麼意思？
儘管算出來的確是那麼一回事但是就按一開始的寫法，根據其代表的意思而言爲什麼不對？
即：大於等於K的 - 大於等於K+1的 + 大於等於K+2的 and so on求出來的值憑什麼不是答案？憑什麼非要帶一個係數？
其實這個式子根本就不是容斥原理！
容斥原理解決的只有特定集合的並和交，“大於等於K的” 還有“ 大於等於K+1的”有可能根本就沒有交集憑什麼能相減？
其實是這樣的，我們枚舉每一個大小爲K的子集X，再枚舉其每一個包含它的超集，還有其對應的選擇方案數，即
sigma （-1）^(i-K) * 2^(2^(n-i))-1 ；
這樣纔是，“選擇子集和，交集爲特定集合X的方案數”，而求出他的過程，就是容斥原理
這樣的X有多少個呢？，有C(n,K)個，所以答案其實是進行了C(n,K)次容斥原理之後累加的答案：
C(n,K) * sigma （-1）^(i-K) * 2^(2^(n-i))-1 ；
但是可以化簡。
考慮每一個超集，再每一個枚舉到他的容斥原理裏面，所帶的係數都是一樣的，所以我們可以考慮枚舉超集和其所帶的係數的加加減減，那麼這樣一個超集會出現在多少個容斥裏面呢？就是說在多少個容斥裏面枚舉到他了呢？就是說他包含了多少個K呢？
C（i，K）個，這纔是那個組合數的由來
這樣的同大小的超集有多少個呢？
C（n，i）個
所以式子化簡後纔是：
sigma C（n，i） * C（i，K） * 2^(2^(n-i))-1 ；
即這並不是一個單獨的容斥原理，而是C（n，K）次容斥原理的合式，提取公因式後的樣子
注意在計算2^(2^(n-i))次方的時候，由於歐拉定理，
a^b mod m=a^(b%phi(m)) mod m
所以說在裏面的快速冪的時候應該mod m的歐拉函數值而不是m
特別注意
完整代碼：
#include<stdio.h>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long dnt;
const dnt mod=1e9+7;
dnt n,K;
dnt ans=0,saber[2000020],inv[2000020];
void init()
{
saber[0]=inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=1;i<=2000000;i++) saber[i]=saber[i-1]*i%mod;
for(int i=2;i<=2000000;i++) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
for(int i=1;i<=2000000;i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%mod;
}
dnt quickmub(dnt a,dnt b,dnt m)
{
dnt rt=1;
while(b)
{
if(b&1) rt=(rt*a)%m;
a=(a*a)%m,b>>=1;
}
return rt;
}
dnt Misaka(dnt a,dnt b)
{
if(a<b) return 0;
return saber[a]*inv[b]%mod*inv[a-b]%mod;
}
dnt fix(dnt a)
{
return (a%mod+mod)%mod;
}
int main()
{
init();
scanf("%I64d%I64d",&n,&K);
for(int i=n;i>=K;i--)
{
dnt flag=(i-K&1) ? -1 : 1;
dnt tmp=fix(quickmub(2,quickmub(2,n-i,mod-1),mod)-1);
ans=fix(ans+flag*Misaka(n,i)%mod*Misaka(i,K)%mod*tmp%mod)%mod;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
/*
EL PSY CONGROO
*/嗯，就是這樣
