LOJ #3600. 「PA 2021」Od deski do deski

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看到题解直呼芥末酱。
首先考虑给定一个序列如何判定合法，容易发现可以dp：设$dp_i$为到了$i$这个点能不能删空，那么显然$dp_{i}=dp_{j-1}\or [a_i==a_j]$
发现$a_i$如果可行那么只能从所有$dp_{j-1}=1$的$a_j$中取值，这启示我们可以将上一维的dp状态和已经有的颜色数压进状态里。
设$f_{i,j,0/1}$表示$[1,i]$这个前缀，颜色有$j$种，前一个dp状态是$0/1$的方案数，转移平凡。
时间复杂度$O(n^2)$
code:

#include<bits/stdc++.h>
#define I inline
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define abs(x) ((x)>0?(x):-(x))
#define ll long long
#define db double
#define lb long db
#define N (3000+5)
#define M (7000+5)
#define K (1000+5)
#define mod 1000000007
#define Mod (mod-1)
#define eps (1e-9)
#define ull unsigned ll
#define it iterator
#define Gc() getchar() 
#define Me(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define Mc(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define d(x,y) (n*(x-1)+(y))
#define R(n) (rand()*rand()%(n)+1)
#define Pc(x) putchar(x)
#define LB lower_bound
#define UB upper_bound
#define PB push_back
using namespace std;
int n,m,k;ll Ans,dp[N][N][2];
int main(){
	freopen("1.in","r",stdin);
	int i,j,x,y;scanf("%d%d",&n,&m);dp[0][0][1]=1;for(i=1;i<=n;i++){
		for(j=0;j<=min(i,m);j++){
			dp[i][j][0]=dp[i-1][j][0]*(m-j)%mod;j&&(dp[i][j][0]=(dp[i][j][0]+dp[i-1][j-1][1]*(m-j+1))%mod);
			dp[i][j][1]=(dp[i-1][j][0]+dp[i-1][j][1])*j%mod;
		}
	}for(i=0;i<=min(n,m);i++) Ans+=dp[n][i][1];printf("%lld\n",Ans%mod);
}