Description

Input

Output

Sample Input

3 1 1
3425 734783767
2345 34674684
980733421 249802373

Sample Output

19260817

Data Constraint

Solution

注意到m比较小，不妨分开考虑每个元素在哪些操作中被加了。
考虑状压DP，先计算 f(i,S,j)f(i, S, j) 表示 AiA_i 在进行 SS 集合的操作之后，值为 jj 的概率。
设 g(i,S,j)g(i, S,j) 表示前 ii 个元素的最大值为 jj，用掉了 SS 集合的操作的概率。
转移时枚举当前元素用掉了哪些操作，以及进行这些操作后的值，即：

g(i−1,S1,j)×f(i,S2,k)→g(i,S1+S2,max(j,k))

g(i − 1, S1,j) × f(i, S2, k) → g(i, S1 + S2,max(j, k))
那么答案即为

∑i=1m∗ci∗g[n][2m−1][i] (mod 109+7)

\sum_{i=1}^{m*c}{i*g[n][2^m-1][i]}\ \ (mod\ 10^9+7)
枚举补集的小技巧：
1. 先枚举集合 s1s1 ，设全 11 全集为 SS 。
2. 令 num=S xor s1num=S\ xor\ s1 。
3. 则 s1s1 的补集 s2s2 的初值为 numnum ，每次使 s2=(s2−1)& nums2=(s2-1)\& \ num 。
4. 直到 s2s2 为 00 后不再枚举。
时间复杂度 O(n(cm)23m)O(n(cm)^23^m) 。

Code

#include<cstdio>
#include<cctype>
#define add(x,y) x=(x+y)%mo
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=41,M=11,mo=1e9+7;
int n,m,c,mx,ans;
int p[M][N][4],h2[M];
int f[N][1<<M-1][M*3],g[N][1<<M-1][M*3];
inline int read()
{int X=0,w=0; char ch=0;while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();while(isdigit(ch)) X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();return w?-X:X;
}
inline int max(int x,int y)
{return x>y?x:y;
}
int main()
{n=read(),m=read(),c=read(),mx=m*c;for(int i=1;i<=m;i++)for(int j=1;j<=n;j++)for(int k=0;k<=c;k++) p[i][j][k]=read();for(int i=h2[0]=1;i<=m;i++) h2[i]=h2[i-1]<<1;for(int i=1;i<=n;i++){f[i][0][0]=1;for(int s=0;s<h2[m];s++)for(int k=1;k<=m;k++)if(s&h2[k-1]){for(int l=0;l<=c;l++)for(int j=0;l+j<=mx;j++)add(f[i][s][j+l],(LL)f[i][s^h2[k-1]][j]*p[k][i][l]%mo);break;}}g[0][0][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)for(int s1=0;s1<h2[m];s1++)for(int num=(h2[m]-1)^s1,s2=num;;s2=(s2-1)&num){for(int j=0;j<=mx;j++)if(g[i-1][s1][j])for(int k=0;k<=mx;k++)if(f[i][s2][k])add(g[i][s1|s2][max(j,k)],(LL)g[i-1][s1][j]*f[i][s2][k]%mo);if(!s2) break;}for(int i=1;i<=mx;i++) add(ans,(LL)i*g[n][h2[m]-1][i]%mo);printf("%d",ans);return 0;
}

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