如果我们知道每个高度(h_i)，如何判断其最后是否留下？
我们从后往前扫，如果(h_i)被占了，就减一，直到找到一个没被占的占掉，
如果没有找到，那么说明(i)不能被留下。
每个数选两次太复杂了，我们把一个数拆成两个“不同”的数，最后方案除掉(2^n)，
然后就有一个状压(dp)，设到了第(i)位，位置被占的状态为(S)的方案数。
这样得到了一个(O(n2^n))的做法。
想想这个状压的转移，发现大部分都只需要直到前缀(1)的个数。
那么我们设(f[i][j])表示到了第(i)位，状态前缀(1)个数为(j)。
1.如果这个位置不留下：
(f[i][j]=f[i+1][j]*(j-cnt2))
其中(cnt2)表示之前不留下的个数。
2.如果这个位置留下：
似乎不是很好搞。我们考虑贡献未来计算。
如果这一次位置不能使(j)变大，那么我们放到以后去计算。
那么
(f[i][j]+=f[i+1][j])
(f[i][j+k]+=f[i+1][j]*(^{cnt1-j}_{ k-1})*g[k-1]*(k+1))
其中(g[k])表示(k)个放满(k)个位置的方案。
这个可以用一个(dp)计算，
设(h[i][j])表示考虑了(i)个位置，填满了(j)个空的方案，显然(j)必须小于等于(i)。
有(h[i][j]=h[i-1][j]+2j*h[i-1][j-1]+j(j-1)*h[i-1][j-2])，
那么(g[k]=h[k][k])。
然后我们就可以(O(n^3))解决问题了。