arc 093 F Dark Horse

题意：我们现在有一个有2的n次方的人的淘汰赛，每次相邻的两个人打，赢得人晋级，以此类推到只剩一个人为止。给定一个集合a[i], 规则如下：1号和a[i]的人打a[i]胜，1号和其他人打 1号胜利，其他号和其他的打，字典序小的胜。问1号胜利的方案数有多少种。

我们先假装第一个人就在第一个位置，由于都是从一个2^1的人中取胜，到从2^n的人中取胜，所以一号人在哪方案数都是一样的，所以我们可以假装第一个人就在第一个位置，最后算答案的时候×2^n即可。

接着我们观察1的对手是谁，我们假设n=3, 那么 n的对手就是 2 , [3,4] , [5,8] 的胜者，即为1向后推 2^0次方的长度到2^n-1次方的长度每一个区间的胜者，所以这些区间的胜者不能为a[i]。由于都和1无关，所以要求就是这些区间中字典序最小的不能是a[i]。正着做不好做，我们考虑某个区间胜者是a[i]的方案数，最后容斥一下就好了。

令dp[i][state]表示考虑到第i个a[i]了，有那些区间的胜者已经是a[i]了。很显然每个a[i]可以有两种选择，第一种不选，第二种找一个没有选的区间加入到其中，设区间长度为len,就还要找 len-1个比它大的填入到这个区间里。由于dp的状态的0,1就表示每个区间选了没选，所以state的数值就表示了有多少个人选了。这里注意到要找的是比a[i]大的并不是很好找，所以我们按a[i]从大到小排序，那么这时比a[i]大的数字就是n-state-a[i]个了。

等等这时候不就求出来了吗，要容斥啥？？？因为对于没有选的区间，我们是随便放剩下的，所以可能会把是a[i]的放到某个区间做最小值了。

所以如果state里有j个1,那么我们求出来的就是有大于等于j的区间被a[i]放了的方案数，我们就根据j的奇偶性加加减减就好啦，最后记得乘2的n此方。

下附AC代码。

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define maxn (1<<17)+5
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
int n,m;
int a[20];
ll fac[maxn],inv[maxn];
ll dp[20][maxn];
ll quickpow(ll p,ll k)
{ll ans=1;while(k){if(k&1)ans=(ans*p)%mod;p=(p*p)%mod;k>>=1;}return ans;
}
ll c(ll n1,ll m1)
{if(n1<m1) return 0;return fac[n1]*inv[m1]%mod*inv[n1-m1]%mod;
}
int getbit(int now)
{int res=0;while(now)res+=(now&1),now>>=1;return res;
}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&a[m-i+1]);fac[0]=1;for(int i=1;i<=maxn-5;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;inv[maxn-5]=quickpow(fac[maxn-5],mod-2);for(int i=maxn-5;i>=1;i--)inv[i-1]=inv[i]*i%mod;inv[0]=1;dp[0][0]=1;for(int i=0;i<m;i++){for(int state=0;state<(1<<n);state++)if(dp[i][state]){dp[i+1][state]+=dp[i][state];dp[i+1][state]%=mod;for(int j=0;j<n;j++)if(((1<<j)&state)==0){dp[i+1][state|(1<<j)]+=(dp[i][state]*fac[(1<<j)]%mod*c((1<<n)-state-a[i+1],(1<<j)-1)%mod);dp[i+1][state|(1<<j)]%=mod;}}}ll ans=0;for(int state=0;state<(1<<n);state++){int cnt=getbit(state);ll f=(cnt&1)?-1:1;ans=(ans+f*dp[m][state]*fac[(1<<n)-state-1])%mod;}ans=(ans%mod+mod)%mod;printf("%lld\n",(ans*(1<<n))%mod);
}

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By ZRX

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