[gym102832J]Abstract Painting

考虑每一个圆即对应于区间$[x_{i}-r_{i},x_{i}+r_{i}]$，可以看作对于每一个区间，要求所有右端点严格比其小的区间不严格包含左端点

用$f_{i}$表示仅考虑右端点不超过$i$的区间的方案数，分为两类：

1.第$i$个节点不作为右端点，即$f_{i-1}$；

2.第$i$个节点作为右端点，也就是说可以产生$[i-2r,i]$这些区间（$1\le r\le 5$），且这些区间是可以同时产生的，只需要记录是否存在一个区间严格包含$i-2r$即可（包含即不合法）

（特别的，对于$i>n$时，需要保证$i-r\le n$）

状压即可，时间复杂度为$o(2^{9}n)$（关于以$i$为右端点的区间可以$o(5)$去计算，只关心于最大的区间以及比他小且可以任意确定的区间）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1005 
#define mod 1000000007
int n,m,x,r,ans,v[N][11],f[N][N];
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&x,&r);
        v[x+r][r]=1;
    }
    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<(1<<9);j++){
            bool flag=0;
            for(int k=1;k<=5;k++)
                if ((v[i][k])&&(j&(1<<2*k-2))){
                    flag=1;
                    break;
                }
            if (flag)continue;
            int mx=0,tot=0;
            for(int k=1;k<=5;k++)
                if (v[i][k])mx=k;
            for(int k=1;k<=mx;k++)
                if ((!v[i][k])&&((j&(1<<2*k-2))==0))tot++;
            int jj=((j<<1)&((1<<9)-1));
            if (!mx){
                f[i][jj]=(f[i][jj]+f[i-1][j])%mod;
                mx=1;
            }
            for(int k=mx;k<=min(i/2,5);k++)
                if ((j&(1<<2*k-2))==0){
                    f[i][jj|((1<<2*k-1)-1)]=(f[i][jj|((1<<2*k-1)-1)]+(1LL<<tot)*f[i-1][j])%mod;
                    if (!v[i][k])tot++;
                }
        }
    for(int i=0;i<(1<<9);i++)ans=(ans+f[n][i])%mod;
    printf("%d",ans);
}