[BZOJ4475][JSOI2015]子集选取（DP+结论）

把集合看成一个n位二进制数，第i位为1表示集合中包含i，否则第i位为0表示集合中不包含i。可以想到，如果把二进制数的每一位拆开考虑，那么变成如下模型：

在一个边长为k的三角形内，共k(k+1)2个位置，对于一个位置(i,j)，如果(i−1,j)和(i,j−1)都填充了1（如果不存在位置(i−1,j)或(i,j−1)则当作填充1处理），那么(i,j)可填充0或1，否则(i,j)只能填充0。求填充这个三角形的方案数。

可以得到，最后结果等于上面问题结果的n次幂。

对于这个问题，考虑一个DP的做法，设f[i]为到了第i行的方案数。

转移的方法是枚举j从0到i−1，即枚举第i行填充1的个数，最后加上1（前i行全部填充1）

可以得到，第i行中被填充为1的位置是此行的前j个位置。如果第i行的前j个值已经被确定为1，那么后i−j个值也被确定为0。以此类推，前i行的前j列也被定为1，这样只剩下一个边长为i−j−1的三角形没有被填充，并且这个三角形填充的数字不受已填充的数字的影响。所以得到转移：

f[i]=1+∑i−1j=0f[i−j−1]

也就是f[i]=1+∑i−1j=0f[j]。

由于f[0]=1，因此归纳得出f[k]=2k。

所以答案=2nk。

代码：

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int PYZ = 1e9 + 7;
int n, K;
int qpow(int a, int b) {
int res = 1;
while (b) {
if (b & 1) res = 1ll * res * a % PYZ;
a = 1ll * a * a % PYZ;
b >>= 1;
}
return res;
}
int main() {
cin >> n >> K;
cout << qpow(2, 1ll * n * K % (PYZ - 1)) << endl;
return 0;
}