题目传送门
https://atcoder.jp/contests/arc093/tasks/arc093_d
题解
由于不论 (1) 在哪个位置,一轮轮下来,基本上过程都是相似的,所以不妨假设 (1) 在第 (1) 个位置。
那么,(1) 将以此遇到的对手是 (p_2, min{p_3, p_4}, min{p_5, p_6, p_7, p_8}, cdots)。
令这些数分别为 (b_0, b_1, cdots),其中 (b_i = min limits_{j=2^i + 1}^{2^{j+1}} p_j),长度为 (2^i)。满足题意的 (b) 中的任何一个数均没有在 (a) 中出现过。
考虑容斥。对于集合 (S),需要求出 (forall i in S),有 (b_i) 是 (a) 中元素的方案数。
可以使用 dp 来实现。为了方便计数,将 (a) 从大到小排序。令 (dp[i][S]) 表示集合 (S) 中的 (b) 值均出现在 (a) 中前 (i) 个数的方案数。(不考虑没有在 (a) 中出现的那些 (b) 中的元素)
第一种转移是不选第 (i) 个数,转移方法是 (dp[i][S] o dp[i+1][S]);
第二种转移,枚举一个没有在 (S) 中出现的位置 (j),则可以转移 (dp[i][S] cdot inom{les}{2^j-1} cdot (2^j)! o dp[i+1][S cup {j}])。
最后,计算集合 (S) 的实际方案数的时候,由于之前的 dp 没有考虑那些没有在 (a) 中出现的 (b),所以还需要乘上 ((2^n - 1 - S)!)。
下面是代码。状态数一共 (O(mS)),转移 (O(n)),总时间复杂度 (O(nmS))。
#include<bits/stdc++.h>
#define fec(i, x, y) (int i = head[x], y = g[i].to; i; i = g[i].ne, y = g[i].to)
#define dbg(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define File(x) freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
template<typename A, typename B> inline char smax(A &a, const B &b) {return a < b ? a = b , 1 : 0;}
template<typename A, typename B> inline char smin(A &a, const B &b) {return b < a ? a = b , 1 : 0;}
typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef std::pair<int, int> pii;
template<typename I>
inline void read(I &x) {
int f = 0, c;
while (!isdigit(c = getchar())) c == '-' ? f = 1 : 0;
x = c & 15;
while (isdigit(c = getchar())) x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15);
f ? x = -x : 0;
}
#define lowbit(x) ((x) & -(x))
const int N = 20;
const int M = (1 << 16) + 7;
const int P = 1e9 + 7;
int n, m, S;
int a[N], dp[N][M];
int inv[M], fac[M], ifac[M];
inline int smod(int x) { return x >= P ? x - P : x; }
inline void sadd(int &x, int y) { x += y; x >= P ? x -= P : x; }
inline int fpow(int x, int y) {
int ans = 1;
for (; y; y >>= 1, x = (ll)x * x % P) if (y & 1) ans = (ll)ans * x % P;
return ans;
}
inline void ycl(int n) {
fac[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; ++i) fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % P;
inv[1] = 1; for (int i = 2; i <= n; ++i) inv[i] = (ll)(P - P / i) * inv[P % i] % P;
ifac[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; ++i) ifac[i] = (ll)ifac[i - 1] * inv[i] % P;
}
inline int C(int x, int y) {
if (x < y) return 0;
return (ll)fac[x] * ifac[y] % P * ifac[x - y] % P;
}
inline void DP() {
S = (1 << n) - 1;
dp[0][0] = 1;
for (int i = 0; i < m; ++i) {
for (int s = 0; s <= S; ++s) {
int les = S + 1 - a[i + 1] - s;
sadd(dp[i + 1][s], dp[i][s]);
for (int j = 0; j < n; ++j) if (!((s >> j) & 1))
sadd(dp[i + 1][s | (1 << j)], (ll)dp[i][s] * C(les, (1 << j) - 1) % P * fac[1 << j] % P);
// dbg("dp[%d][%d] = %d
", i, s, dp[i][s]);
}
}
}
inline void work() {
ycl(1 << n);
DP();
int ans = 0;
for (int i = 0; i <= S; ++i) {
int cnt = 0, s = i;
while (s) ++cnt, s -= lowbit(s);
if (cnt & 1) sadd(ans, P - (ll)dp[m][i] * fac[S - i] % P);
else sadd(ans, (ll)dp[m][i] * fac[S - i] % P);
// dbg("dp[%d][%d] = %d, cnt = %d, %lld
", m, i, dp[m][i], cnt, (ll)dp[m][i] * fac[S - i] % P);
}
ans = (ll)ans * (S + 1) % P;
printf("%d
", ans);
}
inline void init() {
read(n), read(m);
for (int i = 1; i <= m; ++i) read(a[i]);
std::reverse(a + 1, a + m + 1);
}
int main() {
#ifdef hzhkk
freopen("hkk.in", "r", stdin);
#endif
init();
work();
fclose(stdin), fclose(stdout);
return 0;
}