AT3981 [ARC093D] Dark Horse

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我们发现强制第一个人在一号节点不影响答案，因此我们钦定第一个人在一号点然后答案乘\(n\)即可。

考虑本质要求什么。也就是说\([2,2],[3,4],[5,8]\dots [2^{n-1}+1,2^n]\)区间内的最小值都不在\(A\)中。

不在不好考虑，容斥变成至少有\(S\)集合内的点在这些区间的最小值中。我们按照\(A\)降序排序，然后挨个考虑每个点在不在最小值中，如果在，那么选择一个区间，这个区间内剩下的数都要比这个最小值大，因此在选剩下的数中选择即可。

最后记得乘上剩下任意选的方案数，时间复杂度\(O(nm2^n)\)

code:

#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#define I inline
#define ll long long
#define db double
#define lb long db
#define N (16+5)
#define M ((1<<16)+5)
#define K (1500+5)
#define mod 1000000007
#define Mod (mod-1)
#define eps (1e-5)
#define ull unsigned ll
#define it iterator
#define Gc() getchar() 
#define Me(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define Mc(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define d(x,y) ((k+1)*(x)+(y))
#define R(n) (1ll*rand()*rand()%(n)+1)
#define Pc(x) putchar(x)
#define LB lower_bound
#define UB upper_bound
#define PB push_back
using namespace std;
int n,m,k,A[N],Ne,La,x,y;ll frc[M],Inv[M],dp[2][M],ToT;
I ll mpow(ll x,int y=mod-2){ll Ans=1;while(y) y&1&&(Ans=Ans*x%mod),y>>=1,x=x*x%mod;return Ans;}
I ll C(int x,int y){return frc[x]*Inv[y]%mod*Inv[x-y]%mod;}
int main(){
	freopen("1.in","r",stdin);
	int i,j,h;scanf("%d%d",&n,&m);k=(1<<n);for(i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&A[i]);for(frc[0]=Inv[0]=i=1;i<k;i++) frc[i]=frc[i-1]*i%mod,Inv[i]=mpow(frc[i]);
	reverse(A+1,A+m+1);dp[0][0]=1;Ne=0;La=1;for(i=1;i<=m;i++) {Ne^=1;La^=1;Me(dp[Ne],0);
		for(j=0;j<k;j++){dp[Ne][j]+=dp[La][j];
			for(h=1;h<=n;h++) dp[La][j]&&!(j>>(h-1)&1)&&(j|(1<<h-1))<=k-A[i]+1&&(dp[Ne][j|(1<<h-1)]+=dp[La][j]*C(k-A[i]-j,(1<<h-1)-1)%mod*frc[(1<<h-1)]%mod);
		}for(j=0;j<k;j++) dp[Ne][j]%=mod;
	}for(i=0;i<k;i++) {x=i;y=1;while(x) y*=-1,x-=x&-x;ToT+=dp[Ne][i]*y*frc[k-i-1]%mod;}printf("%lld\n",(ToT%mod*k%mod+mod)%mod);
}

标签：Horse,int,ARC093D,long,Dark,最小值,区间,mod,define
来源： https://www.cnblogs.com/275307894a/p/16488011.html