[HDU4906]Our happy ending

[HDU4906]Our happy ending

题目大意：

让你构造一个\(n(n\le20)\)个数的数列，其中每个数都为小于等于\(l(l\le10^9)\)的非负整数。

问你能构造出多少个这样的数列，使其其中几个数相加和为\(k(k\le20)\)。

思路：

状压DP。

\(f[i][j]\)表示有\(i\)个数在\(0\sim \min(k,l)\)范围内，可以构成的和的集合为\(j\)的时，这\(i\)个数取值的方案数。

计算答案时乘以\(i\)是哪些位置的组合数，以及剩下\(n-i\)个位置填什么的方案数即可。

时间复杂度\(\mathcal O(2^nn(\log(n)+k))\)。

源代码：

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<algorithm>
inline int getint() {
	register char ch;
	while(!isdigit(ch=getchar()));
	register int x=ch^'0';
	while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
	return x;
}
typedef long long int64;
const int N=21,K=21,mod=1e9+7;
int f[2][1<<K],fac[N],ifac[N];
void exgcd(const int &a,const int &b,int &x,int &y) {
	if(!b) {
		x=1,y=0;
		return;
	}
	exgcd(b,a%b,y,x);
	y-=a/b*x;
}
inline int inv(const int &x) {
	int ret,tmp;
	exgcd(x,mod,ret,tmp);
	return (ret%mod+mod)%mod;
}
inline int C(const int &n,const int &m) {
	return (int64)fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;
}
inline int power(int a,int k) {
	int ret=1;
	for(;k;k>>=1) {
		if(k&1) ret=(int64)ret*a%mod;
		a=(int64)a*a%mod;
	}
	return ret;
}
int main() {
	for(register int T=getint();T;T--) {
		const int n=getint(),k=getint(),l=getint();
		for(register int i=fac[0]=1;i<=n;i++) {
			fac[i]=(int64)fac[i-1]*i%mod;
		}
		ifac[n]=inv(fac[n]);
		for(register int i=n;i>=1;i--) {
			ifac[i-1]=(int64)ifac[i]*i%mod;
		}
		const int all=(1<<(k+1))-1;
		memset(f[0],0,sizeof f[0]);
		f[0][1]=1;
		int ans=0;
		for(register int i=0;i<n;i++) {
			const bool cur=i&1;
			memset(f[!cur],0,sizeof f[!cur]);
			for(register int j=0;j<=all;j++) {
				if(f[cur][j]==0) continue;
				for(register int m=0;m<=std::min(l,k);m++) {
					(f[!cur][j|((j&(all>>m))<<m)]+=f[cur][j])%=mod;
				}
				if((j>>k)&1) {
					(ans+=(int64)f[cur][j]*power(std::max(l-k,0),n-i)%mod*C(n,i)%mod)%=mod;
				}
			}
		}
		for(register int j=0;j<=all;j++) {
			if((j>>k)&1) (ans+=f[n&1][j])%=mod;
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}