题目传送门

https://atcoder.jp/contests/arc096/tasks/arc096_c

题解

考虑容斥,问题转化为求至少有 \(i\) 个数出现不高于 \(1\) 次。

那么我们令这 \(i\) 个数被划分到 \(j\) 个集合中。但是由于限制是不多于一次,意味着可能存在一些数没有出现过。那么,我们计算的时候可以将这种情况看成新增一个数 \(0\),然后将这 \(i+1\) 个数划分到 \(j+1\) 个集合中,与 \(0\) 在同一个集合的表示没有出现过。于是将 \(i\) 个数中的一些数划分到 \(j\) 个集合的方案数为 \(\begin{Bmatrix} i + 1 \\ j + 1 \end{Bmatrix}\)。

然后考虑剩下来的 \(n - i\) 个数可以形成 \(2^{n-i}\) 个集合。我们可以枚举这些集合有没有出现,那么就是 \(2^{2^{n-i}}\)。最后剩下的 \(n-i\) 个数还可以往之前的 \(j\) 个集合里面贴,所以再乘上 \((2^{n-i})^j\)。

于是最后的答案为:

\[\sum_{i=0}^n (-1)^i \binom ni \sum_{j=0}^i \begin{Bmatrix} i + 1 \\ j + 1 \end{Bmatrix} \cdot 2^{2^{n-i}} \cdot (2^{n-i})^j
\]

下面是代码,由于乘方都可以被预处理,所以时间复杂度为 \(O(n^2)\)。

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. #define fec(i, x, y) (int i = head[x], y = g[i].to; i; i = g[i].ne, y = g[i].to)
  3. #define dbg(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
  4. #define File(x) freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout)
  5. #define fi first
  6. #define se second
  7. #define pb push_back
  8. template<typename A, typename B> inline char smax(A &a, const B &b) {return a < b ? a = b , 1 : 0;}
  9. template<typename A, typename B> inline char smin(A &a, const B &b) {return b < a ? a = b , 1 : 0;}
  10. typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef std::pair<int, int> pii;
  11. template<typename I>
  12. inline void read(I &x) {
  13. int f = 0, c;
  14. while (!isdigit(c = getchar())) c == '-' ? f = 1 : 0;
  15. x = c & 15;
  16. while (isdigit(c = getchar())) x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15);
  17. f ? x = -x : 0;
  18. }
  19. const int N = 3000 + 7;
  20. int n, P;
  21. int S[N][N], C[N][N];
  22. inline int smod(int x) { return x >= P ? x - P : x; }
  23. inline void sadd(int &x, const int &y) { x += y; x >= P ? x -= P : x; }
  24. inline int fpow(int x, int y, const int &P = ::P) {
  25. int ans = 1;
  26. for (; y; y >>= 1, x = (ll)x * x % P) if (y & 1) ans = (ll)ans * x % P;
  27. return ans;
  28. }
  29. inline void ycl() {
  30. S[0][0] = C[0][0] = 1;
  31. for (int i = 1; i <= n + 1; ++i) {
  32. C[i][0] = 1;
  33. for (int j = 1; j <= i; ++j) S[i][j] = (S[i - 1][j - 1] + (ll)S[i - 1][j] * j) % P, C[i][j] = smod(C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]);
  34. }
  35. }
  36. inline void work() {
  37. ycl();
  38. int ans = 0;
  39. for (int i = 0; i <= n; ++i) {
  40. int cnt = 0, ni22 = fpow(2, fpow(2, n - i, P - 1)), fn1 = fpow(2, n - i), fn = 1;
  41. for (int j = 0; j <= i; ++j) sadd(cnt, (ll)S[i + 1][j + 1] * ni22 % P * fn % P), fn = (ll)fn * fn1 % P;
  42. // dbg("i = %d, ni22 = %d, fn1 = %d, cnt = %d\n", i, ni22, fn1, cnt);
  43. if (i & 1) sadd(ans, P - (ll)cnt * C[n][i] % P);
  44. else sadd(ans, (ll)cnt * C[n][i] % P);
  45. }
  46. printf("%d\n", ans);
  47. }
  48. inline void init() {
  49. read(n), read(P);
  50. }
  51. int main() {
  52. #ifdef hzhkk
  53. freopen("hkk.in", "r", stdin);
  54. #endif
  55. init();
  56. work();
  57. fclose(stdin), fclose(stdout);
  58. return 0;
  59. }

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