arc093F Dark Horse

标签：枚举   const   假设   arc   另一个   mod   依次   break   区间合并   

我们可以假设1的位置在1，并且依次与右边的区间合并。答案最后乘上2^n即可。

那么需要考虑1所在的区间与另一个区间合并时，另一个区间的最小值不能为特殊的。

直接求解很难，考虑容斥，钦定在哪几个位置必定输，容斥出必胜的方案数。

从大到小dp，设f(i,S)表示当前考虑到第i个特殊的数，必输的区间集合为S。

考虑是否向集合S中加入i，若加入，枚举在哪个区间合并，用组合数算出能够选出的数的方案并乘上排列数。

若不加入，则直接转移即可。

f(i,S) <- f(i+1,S)

f(i,S|(1<<k)) <- Σ f(i+1,S) * C((1<<n)-S-a[i],(1<<k)-1) * (1<<k)!

最后f(i,S)对答案的贡献还要乘上没有钦定的位置数的排列。

最后答案乘上2^n。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=17,mod=1e9+7;
int n,m,a[N],f[N][1<<N],fac[1<<N],ifac[1<<N];
int Pow(int x,int k){
    int ret=1;
    while(k){
        if(k&1)ret=(ll)ret*x%mod;
        k>>=1;x=(ll)x*x%mod;
    }
    return ret;
}
int C(int n,int m){
    if(n<m)return 0;
    return (ll)fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&a[i]);
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=(1<<n);i++)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
    for(int i=0;i<=(1<<n);i++)ifac[i]=Pow(fac[i],mod-2);
    sort(a+1,a+m+1,greater<int>());
    f[0][0]=1;
    for(int i=0;i<m;i++)
        for(int j=0;j<(1<<n);j++){
            if(!f[i][j])continue;
            f[i+1][j]=(f[i+1][j]+f[i][j])%mod;
            int res=(1<<n)-j-a[i+1];
            for(int k=0;k<n;k++){
                if(j&(1<<k))continue;
                if(res<(1<<k)-1)break;
                f[i+1][j|(1<<k)]=(f[i+1][j|(1<<k)]-(ll)f[i][j]*C(res,(1<<k)-1)%mod*fac[1<<k])%mod;
            }
        }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<(1<<n);i++){
        ans=(ans+(ll)f[m][i]*fac[(1<<n)-1-i])%mod;
    }
    ans=((ll)ans*(1<<n)%mod+mod)%mod;
    cout<<ans<<"\n";
}

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原文地址：https://www.cnblogs.com/Trrui/p/10314779.html