题解
你考虑首先固定 (1) 的位置,然后将答案乘上 (2^n) 即可,原因后面会说。
我们发现无论 (1) 在什么地方,跟他对战的一定是若干深度为 (i) 的子树的胜出者,而胜出者一定是其中数值最小的一个。
所以相当于是问我们将所有数分成若干组,第 (i) 组满足其中的数有 (2^{i-1}) 个且每组种数的顺序有区分,同时每组中最小的数不在 (a_i) 中,有多少种方案。
首先这个组数必然是有 (n) 组的,我们可以考虑倒序加入,用容斥计算有多少方案。
用 (f_{i,j}) 表示考虑到第 (i) 个限制同时 (j) 集合中的组已经填满,那么对于这种情况,剩下的如果随便填就是至少 (i) 个的情况了,你就直接利用这个容斥即可。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=20;
const int MOD=1e9+7;
int n,m,a[N];
int frac[1<<N],ifrac[1<<N];
int f[(1<<N)][N],res=0;
int ksm(int x,int k){
int res=1;
for(;k;k>>=1,x=x*x%MOD)
if(k&1) res=res*x%MOD;
return res;
}
int cal(int n,int m){
if(n<m||n<0||m<0) return 0;
return frac[n]*ifrac[m]%MOD*ifrac[n-m]%MOD;
}
bool cmp(int a,int b){return a>b;}
signed main(){
cin>>n>>m;
frac[0]=1;
for(int i=1;i<=(1<<n);++i) frac[i]=frac[i-1]*i%MOD;
ifrac[1<<n]=ksm(frac[1<<n],MOD-2);
for(int i=(1<<n);i>=1;--i) ifrac[i-1]=ifrac[i]*i%MOD;
for(int i=1;i<=m;++i) scanf("%lld",&a[i]);
sort(a+1,a+1+m,cmp);
f[0][0]=1;
for(int i=0;i<(1<<n);++i){
for(int j=1;j<=m;++j) f[i][j]+=f[i][j-1],f[i][j]%=MOD;
for(int j=1;j<=n;++j){
if(i&(1<<(j-1))) continue;
for(int k=1;k<=m;++k){
f[i|(1<<(j-1))][k]+=f[i][k-1]*cal((1<<n)-a[k]-i,(1ll<<(j-1))-1)%MOD*frac[1ll<<(j-1)]%MOD;
f[i|(1<<(j-1))][k]%=MOD;
}
}
}
for(int i=0;i<(1<<n);++i){
int cnt=0;
for(int j=i;j;j-=(j&(-j)),cnt++);
res+=ksm(MOD-1,cnt&1)*f[i][m]%MOD*frac[(1<<n)-i-1]%MOD;
res%=MOD;
}
return printf("%lld
",res*(1<<n)%MOD),0;
}