bzoj2839: 集合计数（容斥原理）

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题意简述：对于一个有N个元素的集合在其2^N个子集中取出若干集合（至少一个），使得它们的交集的元素个数为K，求取法的方案数。

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思路：考虑枚举相交的是哪$k$个，有$C_n^k$种方案，然后考虑剩下的可选可不选一共有$2^{2^{n-k}}$种选法，但是这样选出来的集合可能有其余的数相交，因此我们容斥掉多余的：
$ans=C_n^k\ast {\sum }_{i=0}^{n-k}{C}_n^i{2}^{2^{n-k-i}}$
代码：

#include
#define ri register int
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+5,mod=1e9+7,mod1=1e9+6;
int ans=0,fac[N],ifac[N],n,k;
inline int add(const int&a,const int&b){return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
inline int dec(const int&a,const int&b){return a>=b?a-b:a-b+mod;}
inline int mul(const int&a,const int&b){return (ll)a*b%mod;}
inline int mul1(const int&a,const int&b){return (ll)a*b%mod1;}
inline int C(int n,int m){return mul(mul(fac[n],ifac[m]),ifac[n-m]);}
inline int ksm(int a,int p){int ret=1;for(;p;p>>=1,a=mul(a,a))if(p&1)ret=mul(ret,a);return ret;}
inline int ksm1(int a,int p){int ret=1;for(;p;p>>=1,a=mul1(a,a))if(p&1)ret=mul1(ret,a);return ret;}
inline void init(){
	fac[0]=ifac[0]=fac[1]=ifac[1]=1;
	for(ri i=2;i<=n;++i)fac[i]=mul(fac[i-1],i),ifac[i]=mul(ifac[mod-mod/i*i],mod-mod/i);
	for(ri i=2;i<=n;++i)ifac[i]=mul(ifac[i],ifac[i-1]);
}
int main(){
	freopen("lx.in","r",stdin);
	cin>>n>>k,init();
	for(ri tmp,i=0;i<=n-k;++i){
		tmp=mul(C(n-k,i),ksm(2,ksm1(2,n-k-i)));
		i&1?ans=dec(ans,tmp):ans=add(ans,tmp);
	}
	cout<<mul(C(n,k),ans);
	return 0;
}