【arc093f】Dark Horse（容斥原理，动态规划，状态压缩）

时间：2022-02-20 14:24:07

【arc093f】Dark Horse（容斥原理，动态规划，状态压缩）

题面

atcoder

有 \(2^n\) 名选手，编号为 \(1\) 至 \(2^n\) 。现在这 \(2^n\) 名选手将进行 \(n\) 轮淘汰赛，决出胜者。若 \(x<y\) ，则 \(x\) 能够战胜 \(y\) 。但有 \(m\) 个例外，\(1\) 号选手会输给这 \(m\) 个选手。问有多少中排列方式使得\(1\)号选手取得胜利。\(n,m≤16\)。

（这是肖大佬的翻译）

题解

钦定\(1\)号站在一号位置（这个无所谓吧），剩下的第\(i\)个位置站的人是\(p_i\)，那么首先\(1\)会和\(p_2\)打，然后和\(min(p_3,p_4)\)，接下来是\(min(p_5,p_6,p_7,p_8)\)，以此类推下去。

我们的方案数等于上述\(n\)个集合中每个集合的最小值都不是给定的\(m\)个人。

直接算不好搞，容斥考虑。钦定哪些块的最小值一定是给定的\(m\)个人，那么假设给这\(n\)个区间的人，也就是把这\(n\)块编号然后状压一下，那么方案数定义为\(f(S)\)，那么最终的答案就是\(\sum (-1)^{|S|}f(S)\)。

至于这个\(f(S)\)怎么求？我们把所有数从大往小排序，考虑\(dp\)，设\(f[i][S]\)表示最大的\(i\)个标号的人中，\(S\)所代表的子集所包含的区间中的最小值是给定的\(m\)个人中的一个。转移的话首先是这个人不放入任何一个集合中。另外是构成一个集合的最小值，枚举一下构成哪个集合，然后用组合数算一下方案数即可。

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

#define MOD 1000000007

#define MAX 17

inline int read()

{

	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();

	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();

	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();

	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();

	return t?-x:x;

}

void add(int &x,int y){x+=y;if(x>=MOD)x-=MOD;}

int bin[MAX],jc[1<<MAX],inv[1<<MAX],jv[1<<MAX];

int C(int n,int m){if(n<m)return 0;return 1ll*jc[n]*jv[m]%MOD*jv[n-m]%MOD;}

int a[MAX],n,m,ans,f[MAX+1][1<<MAX],cnt[1<<MAX];

int main()

{

	n=read();m=read();cnt[0]=jc[0]=bin[0]=jv[0]=inv[0]=inv[1]=1;

	for(int i=1;i<=n;++i)bin[i]=bin[i-1]<<1;

	for(int i=1;i<=bin[n];++i)jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%MOD;

	for(int i=2;i<=bin[n];++i)inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;

	for(int i=1;i<=bin[n];++i)jv[i]=1ll*jv[i-1]*inv[i]%MOD;

	for(int i=1;i<=bin[n];++i)cnt[i]=(i&1)?MOD-cnt[i>>1]:cnt[i>>1];

	for(int i=1;i<=m;++i)a[i]=read();sort(&a[1],&a[m+1]);

	f[m+1][0]=1;

	for(int i=m;i;--i)

		for(int t=0;t<bin[n];++t)

			if(f[i+1][t])

			{

				add(f[i][t],f[i+1][t]);

				int p=bin[n]-1-t;

				for(int j=0;j<n;++j)

					if(!(t&(1<<j)))

						add(f[i][t|(1<<j)],1ll*C(p-a[i]+1,(1<<j)-1)*f[i+1][t]%MOD*jc[1<<j]%MOD);

			}

	for(int i=0;i<bin[n];++i)

		add(ans,1ll*f[1][i]*jc[bin[n]-1-i]%MOD*cnt[i]%MOD);

	ans=1ll*ans*bin[n]%MOD;

	printf("%d\n",ans);

	return 0;

}

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