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题意：对于[l1, r1], [l2, r2]...[lm, rm]线段组成的一个集合S，我们定义f(S)为最大的不相交(没有任何公共点)线段数，现在给定n及k，n表示线段范围，即任何[li, ri]有1<=li<=ri<=n,求有多少个集合使得f(S) = k。
思路：刚看到题目感觉不会，也就不多想。。
突然问了下小胖，小胖说他做过，不难。。然后我就慢慢想了。。
仔细想想，确实不难。。
假设现在已经给定了一个S，那么我们怎么求f(S)?
很显然，我们可以贪心，按照r排序，那么我们每次只要取最小r的线段，删除覆盖的，依次做完最后取到的线段肯定最多。。
这么以来对于任意一个集合S，我们肯定可以用最小的有用线段的右端点r来表示其状态。。
所以用f[i][j]表示最后一个有用线段右端点为i，最长有j段不相交的线段的方案数
则递推到f[k][j+1](k>i)的状态有：
在【i+1, k】区间内一定选了至少一条以k为右端点的线段，选法2k-i - 1
左端点在【1， i】右端点【i+1， k】的线段可以任意选不影响f值，有2(k-i)*i种
所以 f[k][j+1] += f[i][j] *(2k-i - 1) * 2(k-i)*i
code：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define M0(x) memset(x, 0, sizeof(x)) 3 #define M 1000000007 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 const int maxn = 512; 7 int n, m; 8 ll dp[512][512], p[300000]; 9 10 void solve(){ 11 if (m == 0){ 12 puts("1"); 13 return; 14 } 15 M0(dp); 16 dp[0][0] = 1; 17 p[0] = 1; 18 for (int i = 1; i <= n * n; ++i) p[i] = (p[i-1] << 1) % M; 19 ll tmp; 20 int c = 0; 21 for (int i = 0; i < n; ++i) 22 for (int j = 0; j < m; ++j) if (dp[i][j]){ 23 c = 0; 24 for (int k = i+1; k <= n; ++k){ 25 c += i; 26 tmp = dp[i][j] * (p[(k - i)]-1) % M * p[c] % M; 27 dp[k][j+1] = (dp[k][j+1] + tmp) % M; 28 } 29 } 30 ll ans = 0; 31 for (int i = 1; i <= n; ++i){ 32 tmp = p[(n-i) * i] * dp[i][m] % M; 33 ans = (ans + tmp) % M; 34 // printf("%d : %lld\n",i, ans); 35 } 36 cout << ans << endl; 37 } 38 39 int main(){ 40 freopen("a.in", "r", stdin); 41 while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF){ 42 solve(); 43 } 44 return 0; 45 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/yzcstc/p/4065898.html
