容斥原理

对于对象有重叠的问题，先不考虑重叠的情况，把包含于某内容中的所有对象的数目先计算出来，然后再把计数时重复计算的数目排斥出去，使得计算的结果既无遗漏又无重复，这种计数的方法称为容斥原理。
容斥原理的原则：奇加偶减。
$|A\cup B|=|A|+|B|-|A\cap B|$

推广： $\Bigg|\bigcup_{i=1}^nA_i\Bigg|=\sum_{C\subseteq B}(-1)^{|C|-1}\Bigg|\bigcap_{e\in C}e\Bigg|$

其中 $B$为所有 $A_i$的集合。

DeMorgan定理

$\complement_U(A\cup B)=(\complement_UA)\cap(\complement_UB)\\\complement_U(A\cap B)=(\complement_UA)\cup(\complement_UB)$

推广： $\complement_U\Big(\bigcup_{i=1}^nA_i\Big)=\bigcap_{i=1}^n\complement_UA_i\\\complement_U\Big(\bigcap_{i=1}^nA_i\Big)=\bigcup_{i=1}^n\complement_UA_i$

放石子（NKOJ 3495）

问题描述
在一个 $m\times n$的矩形网格里放 $k$个相同的石子，问有多少种方法？每个格子最多放一个石子，所有石子都要放完，并且第一行、最后一行、第一列、最后一列都得有石子。

输入格式
三个整数 $n,m,k$。

输出格式
一个整数，表示所求方法数。
结果可能很大， $\mod 1000007$后再输出。

样例输入
2 3 4

样例输出
13

提示
$2\leqslant n,m\leqslant 20,k\leqslant 500$

$A$表示第 $1$行不放石子的方案集合， $B$表示第 $m$行不放石子的方案集合， $L$表示第 $1$列不放石子的方案集合， $R$表示第 $n$列不放石子的方案集合。设全集为 $S$，答案为在 $S$中而不在 $A,B,L,R$中的所有方案，即
$ans=|S|-|A\cup B\cup L\cup R|$

然后用容斥原理和组合数计算。式子特别长。

typedef long long LL;
const LL pmod=1000007;
LL C[500][500];
void make_C(LL n){
  for(LL i=0;i<=n;i++)C[i][0]=C[i][i]=1;
  for(LL i=0;i<=n;i++)for(LL j=1;j<i;j++)
    C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%pmod;
}
int main(){
  LL n,m,k;read(&n,&m,&k);
  make_C(n*m);
  LL S,A,B,L,R,AB,AL,AR,BL,BR,LR,ABL,ABR,ALR,BLR,ABLR,M;
  S=C[n*m][k];
  A=B=C[n*(m-1)][k];
  L=R=C[(n-1)*m][k];
  AB=C[n*(m-2)][k];
  LR=C[(n-2)*m][k];
  AL=AR=BL=BR=C[(n-1)*(m-1)][k];
  ABL=ABR=C[(n-2)*(m-1)][k];
  ALR=BLR=C[(n-1)*(m-2)][k];
  ABLR=C[(n-2)*(m-2)][k];
  M=A+B+L+R-AB-AL-AR-BL-BR-LR+ABL+ABR+ALR+BLR-ABLR;
  write(k?((S-M)%pmod+pmod)%pmod:1,"\n");
  return 0;
}

集合计数（NKOJ 4487）

问题描述
一个有 $n$个元素的集合有 $2^n$个不同子集（包含空集），现在要在这 $2^n$个集合中取出若干集合（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，答案模 $1000000007$。

输入格式
一行两个整数 $n,k$。

输出格式
一行为答案。

样例输入
3 2

样例输出
6

提示
$1\leqslant n\leqslant 1000000,0\leqslant k\leqslant n$

先确定交集中的 $k$个元素，方案数为 $C_n^k$。
那么需要在剩余的 $n-k$个元素里取出若干集合，使得这些集合没有交集。记方案数为 $A$。
记 $P(x)$为在 $x$元集合中取出若干子集（至少一个）的方案数。（取空集的方案包含在取一个子集的方案内。）
根据定义，
$P(x)=\sum_{i=1}^{2^x}C_{2^x}^i=2^{2^x}-1$

对 $i\in[0,n-k]$， $C_{n-k}^iP(n-k-i)$就表示在剩余的 $n-k$个元素里选出若干集合，使得交集中至少有 $i$个元素的方案数。其中 $C_{n-k}^i$确定交集中一定含有的 $i$个元素， $P(n-k-i)$统计在另外 $n-k-i$个元素中选取集合的方案数，在这些集合中各添加确定的 $i$个元素即为所求方案。
根据奇加偶减的原则，
$\begin{aligned} A&=\sum_{i=0}^{n-k}(-1)^iC_{n-k}^iP(n-k-i)\\ &=\sum_{i=0}^{n-k}(-1)^iC_{n-k}^i(2^{2^{n-k-i}}-1) \end{aligned}$

所以
$ans=C_n^kA=C_n^k\sum_{i=0}^{n-k}(-1)^iC_{n-k}^i(2^{2^{n-k-i}}-1)$

typedef long long LL;
const LL pmod=1000000007;
const int maxn=1000000;
LL C[maxn];
LL Pow(LL a,LL b,LL c){
  LL ans=1;a=a%c;
  while(b){
    if(b%2)ans=(ans*a)%c;
    b=b/2,a=(a*a)%c;
  }
  return ans;
}
void make_Cn(LL n){
  C[0]=1,C[1]=n;
  for(LL i=2;i<=n;i++)
    C[i]=((C[i-1]*(n-i+1))%pmod*Pow(i,pmod-2,pmod))%pmod;
}
int main(){
  LL n,k,ans,t=0;read(&n,&k);
  make_Cn(n);ans=C[k];
  make_Cn(n-k);
  for(LL i=0;i<=n-k;i++)
    t=(t+(((i&1?-1:1)*C[i])%pmod*(Pow(2,Pow(2,n-k-i,pmod-1),pmod)-1))%pmod+pmod)%pmod;
  ans=(ans*t)%pmod;
  write(ans,"\n");
  return 0;
}