codeforces 425E

题意：对于[l₁, r₁], [l_2, r₂]...[l_m, r_m]线段组成的一个集合S，我们定义f(S)为最大的不相交(没有任何公共点)线段数，现在给定n及k，n表示线段范围，即任何[li, ri]有1<=l_i<=r_i<=n,求有多少个集合使得f(S) = k。

思路：刚看到题目感觉不会，也就不多想。。

突然问了下小胖，小胖说他做过，不难。。然后我就慢慢想了。。

仔细想想，确实不难。。

假设现在已经给定了一个S，那么我们怎么求f(S)?

很显然，我们可以贪心，按照r排序，那么我们每次只要取最小r的线段，删除覆盖的，依次做完最后取到的线段肯定最多。。

这么以来对于任意一个集合S，我们肯定可以用最小的有用线段的右端点r来表示其状态。。

所以用f[i][j]表示最后一个有用线段右端点为i，最长有j段不相交的线段的方案数

则递推到f[k][j+1](k>i)的状态有：

在【i+1, k】区间内一定选了至少一条以k为右端点的线段，选法2^k-i - 1

左端点在【1， i】右端点【i+1， k】的线段可以任意选不影响f值，有2^(k-i)*i种

所以 f[k][j+1] += f[i][j] *(2^k-i - 1) * 2^(k-i)*i

code：

 #include <bits/stdc++.h>
 #define M0(x) memset(x, 0, sizeof(x))
 #define M 1000000007
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const int maxn = ;
 int n, m;
 ll dp[][], p[];

 void solve(){
      if (m == ){
          puts("");
          return;
      }
      M0(dp);
      dp[][] = ;
      p[] = ;
      for (int i = ; i <= n * n; ++i) p[i] = (p[i-] << ) % M;
      ll tmp;
      int c = ;
      for (int i = ; i < n; ++i)
          for (int j = ; j < m; ++j) if (dp[i][j]){
               c = ;
               for (int k = i+; k <= n; ++k){
                     c += i;
                     tmp = dp[i][j] * (p[(k - i)]-) % M * p[c] % M;
                     dp[k][j+] = (dp[k][j+] + tmp) % M;
               }
          }
      ll ans = ;
      for (int i = ; i <= n; ++i){
            tmp = p[(n-i) * i] * dp[i][m] % M;
            ans = (ans + tmp) % M;
 //           printf("%d : %lld\n",i,  ans);
      }
      cout << ans << endl;
 }

 int main(){
     freopen("a.in", "r", stdin);
     while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF){
          solve();
     }
     return ;
 }