[loj3276]遗迹
假设已知$a_{i}$，通过以下方式确定$b_{i}$：从后往前枚举每一个数$i$，先令$b_{i}=a_{i}$，再将$b_{i}$不断减1直至不存在$j>i$且$b_{i}=b_{j}$或$b_{i}=0$
令$f[i][j]$表示考虑到$i$时满足$mex(\{b_{i},...,b_{n}\})=j+1$且合法的方案数，转移比较复杂，考虑如何从$i+1$递推到$i$，分三类讨论：
1.$i\notin S$（$S$为给定集合），注意到一个数为0当且仅当其以及比其小的数都已经被填过，因此$a_{i}$必然要填$[1,j]$中的数，且填的方案数为$j-((2n-i)-\sum_{x\in S,x>i}1)$
（这里由于并不能保证$[1,j]$作为$a_{i}$都填过，因此实际上可能出现的数字种类数没有这么多，但不妨假设同种数字的两个不相同，最终答案再除以$2^{n}$即可）
2.$i\in S$且最终未使得$j$增大，暂时不考虑他（在下一次使$j$增大时考虑）
3.$i\in S$且最终使得$j$增大，枚举最终增大到的$k$（$k>j$），那么相当于填$\sum_{x\in S,x>i}1-j$个位置，使得最终覆盖了$(j,k]$（$b_{i}$必然为$j+1$，同时有$k-j+1$种填法）
令$l=k-j-1$，先选出非0的$l$个位置，即$c(\sum_{x\in S,x>i}1-j,l)$，那么对于$l$个位置，合法等价于任意权值小于等于$i$（其实是$i+j+1$，但不妨都减去$j+1$，因此$1\le i\le l$）的位置个数不超过$i$个
设$g[i][j]$表示填$i$个位置且对$l=j$合法的方案数，考虑$j$填了几个（不会超过两个），就可以得到转移：$g[i][j]=g[i][j-1]+2i\cdot g[i-1][j-1]+i(i-1)\cdot g[i-2][j-1]$
$2i$表示填1个$j$，由于每一种数的两个元素不同，因此有$2i$种；$i(i-1)$表示填2个$j$，任选两个位置即可（还是由于不同）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 605 4 #define mod 1000000007 5 int n,x,ans,vis[N<<1],fac[N],inv[N],g[N][N],f[N<<1][N]; 6 int c(int n,int m){ 7 if (n<m)return 0; 8 return 1LL*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod; 9 } 10 int main(){ 11 fac[0]=inv[0]=inv[1]=1; 12 for(int i=1;i<N-4;i++)fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod; 13 for(int i=2;i<N-4;i++)inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; 14 for(int i=2;i<N-4;i++)inv[i]=1LL*inv[i-1]*inv[i]%mod; 15 for(int i=0;i<N-4;i++)g[0][i]=1; 16 for(int i=1;i<N-4;i++) 17 for(int j=i;j<N-4;j++){ 18 g[i][j]=(g[i][j-1]+2LL*i*g[i-1][j-1])%mod; 19 if (i>1)g[i][j]=(g[i][j]+1LL*i*(i-1)*g[i-2][j-1])%mod; 20 } 21 scanf("%d",&n); 22 for(int i=1;i<=n;i++){ 23 scanf("%d",&x); 24 vis[x]=1; 25 } 26 x=0; 27 f[2*n+1][0]=1; 28 for(int i=2*n;i;i--){ 29 for(int j=0;j<=n;j++) 30 if (!vis[i])f[i][j]=1LL*f[i+1][j]*(j-(2*n-i-x))%mod; 31 else{ 32 f[i][j]=(f[i][j]+f[i+1][j])%mod; 33 for(int k=j+1;k<=n;k++)f[i][k]=(f[i][k]+1LL*c(x-j,k-j-1)*(k-j+1)%mod*g[k-j-1][k-j-1]%mod*f[i+1][j])%mod; 34 } 35 if (vis[i])x++; 36 } 37 ans=f[1][n]; 38 for(int i=1;i<=n;i++)ans=1LL*ans*(mod+1)/2%mod; 39 printf("%d",ans); 40 }
