ARC093F Dark Horse 【容斥，状压dp】

题目链接：gfoj

神仙计数题。

可以转化为求\(p_1,p_2,\ldots,p_{2^n}\)，使得\(b_i=\min\limits_{j=2^i+1}^{2^{i+1}}p_j\)都不属于\(a_i\)。

日常容斥。设\(f(S)\)表示\(i\in S\Rightarrow b_i\in A\)的答案，则答案就是\(ans=\sum_S(-1)^{|S|}f(S)\)。

求\(f(S)\)使用状压dp。设\(f[i][S]\)表示将\(a_i\)从大到小排序，\(b_i\)在\(a\)中出现的下标\(i\)组成的集合\(S\)，方案数是多少。

初值\(f[0][0] = 1\)。

如果\(a_{i+1}\)不在\(b_i\)中出现，则\(f[i+1][S]\leftarrow f[i][S]\)。

如果\(a_{i+1}\)在\(b_i\)中出现，枚举\(a_{i+1}=b_k\)，那么我们要在\(2^n-S-a_i\)个数中选出\(2^k-1\)个数被\(a_{i+1}\)打掉，组成排列\((2^k)!\)种方案，那么\(f[i+1][S|2^k]\leftarrow f[i][S]\times \dbinom{2^n-S-a_i}{2^k-1}\times (2^k)!\)。

然后你发现我们并没有把不在\(b_i\)中出现的\(S\)这些数没有乘上，所以\(f(S)=f[m][S]\times S!\)。然后抄个柿子上去，时间复杂度\(O(nm2^n)\)。

code

```cpp
#include
#define Rint register int
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 16, mod = 1e9 + 7;
int n, m, a[N], f[N + 1][1 = mod) a -= mod;}
inline int kasumi(int a, int b){
int res = 1;
while(b){
if(b & 1) res = (LL) res * a % mod;
a = (LL) a * a % mod; b >>= 1;
}
return res;
}
inline void init(int m){
fac[0] = 1;
for(Rint i = 1;i ()); init((1 > k) & 1))
upd(f[i + 1][S | (1