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在集合 \(S=\{1,2,...,n\}\) 中選出 \(m\) 個子集，滿足三點性質：

1. 所有選出的 \(m\) 個子集都不能為空。
2. 所有選出的 \(m\) 個子集中，不能存在兩個完全一樣的集合。
3. 所有選出的 \(m\) 個子集中， \(1\) 到 \(n\) 每個元素出現的次數必須是偶數。

\(1\leq n,m\leq 1000000\)

Solution

一開始想著去容斥出現奇數次的元素。發現是 \(O(n^2)\) 的。只好去頹題解了...

轉化一下思路，註意到這樣一個性質：假若我要選出 \(i\) 個子集，只要我選出了 \(i-1\) 個子集，那麽剩下一個子集是存在且唯一的。

註意到這樣的性質，容易發現剩下的 \(DP\) 過程就和 [BZOJ 2169]連邊 的思路是類似的。

類似地，記 \(f_i\) 為有序地選出 \(i\) 個非空集合的合法方案數。由上面所說的 \(f_i=A_{2^n-1}^i\) 。但是這樣會有不合法的情況。

首先，我們試著考慮去掉不滿足 \(1\) 的條件。顯然為空的集合只會是最後一個被動選的集合，那麽不滿足該情況的方案有 \(f_{i-1}\) 種；

其次再看不滿足 \(2\) 情況的方案數。顯然重復只會和 \(i-1\) 個集合中的 \(1\) 個集合重復。這樣的條件為 \(f_{i-2}\cdot(2^n-1-(i-2))\cdot(i-1)\)

有序變無序答案就是 \(\frac{f_m}{m!}\) 。

Code

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#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define dob complex<double>
#define Abs(a) ((a) < 0 ? (-(a)) : (a))
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
#define Swap(a, b) ((a) ^= (b), (b) ^= (a), (a) ^= (b))
 

#define writeln(x) (write(x), putchar('\n'))
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
using namespace std;
const int yzh = 100000007, N = 1000000;
void read(int &x) {
    char ch; bool flag = 0;
    for (ch = getchar(); !isdigit(ch) && ((flag |= (ch == '-')) || 1); ch = getchar());
    for (x = 0; isdigit(ch); x = (x<<1)+(x<<3)+ch-48, ch = getchar());
    x *= 1-2*flag;
}
void print(int x) {if (x > 9) print(x/10); putchar(x%10+48); }
void write(int x) {if (x < 0) putchar('-'); print(Abs(x)); }

int n, m, A[N+5], f[N+5];

int quick_pow(int a, int b) {
    int ans = 1;
    while (b) {
    if (b&1) ans = 1ll*ans*a%yzh;
    a = 1ll*a*a%yzh, b >>= 1;
    }
    return ans;
}
void work() {
    read(n), read(m); n = quick_pow(2, n)-1; f[0] = 1;
    A[1] = n; for (int i = 2; i <= m; i++) A[i] = 1ll*A[i-1]*(n-i+1)%yzh;
    for (int i = 2; i <= m; i++) f[i] = (A[i-1]-f[i-1])%yzh, f[i] = (f[i]-1ll*f[i-2]*(n-i+2)%yzh*(i-1)%yzh)%yzh;
    int t = 1; for (int i = 1; i <= m; i++) t = 1ll*i*t%yzh; t = 1ll*f[m]*quick_pow(t, yzh-2)%yzh;
    writeln((t+yzh)%yzh);
}
int main() {
    work(); return 0;
}

[HNOI 2011]卡農