一、題目

看到這個題目我想起了巨集帆機房牆上那個洞\(...\)（以後回去參觀那個著名景點）

著名拳擊擂臺"妹妹"的拳擊比賽開賽了，一共有 \(2^n\) 個選手，我們把所有選手的實力用 \(1\) 到 \(2^n\) 的一個排列表示。哥哥 \(\tt zxy\) 混入了其中，他的實力值為 \(1\)

真正的比賽順序用一個排列表示，相鄰兩個人比賽決出勝者之後進入下一輪。勝者原則上是實力較強的那個人，但是 \(\tt zxy\) 買通了 \(m\) 個妹妹（給出他們的能力值），如果 \(\tt zxy\) 遇到了她們那麼會獲得勝利。

\(\tt zxy\) 最終想贏得場比賽，並且他想讓戰勝序列（把戰勝的人按順序取出）的最長上升子序列不超過 \(k\)

\(k\leq n\leq 9,1\leq m\leq 16,10^8\leq mod\leq 10^9+7\)

二、解法

我們假定主角在一號位置，最後把答案乘上 \(2^n\) 即可。

我本來直接按順序規劃第一個人遇到哪些對手，但是這樣方案數會難算到爆，記錄的狀態也會變多，究其原因是每一次算對手的方案數時不知道哪些人已經使用過了，所以很難算。

那麼此時改變 \(dp\) 順序，假設我們遇到人的順序是 \(a_1,a_2...a_n\)，排序之後的順序是 \(b_1,b_2...b_n\)，設排序之後第 \(i\) 個人和主角打需要花費人的個數（她作為子樹內的最大值）為 \(q_i\)

那麼我們可以將買通的妹妹排序，然後規劃一個長度為 \(n\) 的子序列出來，方案數是可以在過程中計算的。

現在考慮怎麼在規劃過程中維護最長上升子序列，考慮那個 \(\tt set\) 求最長上升子序列的方法，只是現在我們按值有序來做的。設 \(g_i\) 表示長度為 \(i\) 的最長上升子序列的最小結尾位置，設新插入的一個位置是 \(j\)，那麼把數位 \(j\) 後面第一個 \(1\) 平移到這一位即可（如果沒有直接增加）

所以設 \(dp[i][s][t]\)

如果你不會最後那個 \(\tt lcs\) 的方法，那麼暴力列舉打敗序列的離散順序也是可以算出來的。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int M = 600;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,k,mod,ans,C[M][M],fac[M],b[20],dp[2][1<<9][1<<9]; 
void init(int n)
{
	fac[0]=C[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		C[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=i;j++)
			C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod; 
	}
}
void add(int &x,int y) {x=(x+y)%mod;}
signed main()
{
	freopen("punch.in","r",stdin);
	freopen("punch.out","w",stdout); 
	n=read();m=read();k=read();mod=read();
	init(1<<n);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		b[i]=read();
	sort(b+1,b+1+m);
	int nw=0;dp[0][0][0]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		nw^=1;
		memset(dp[nw],0,sizeof dp[nw]);
		for(int s=0;s<(1<<n);s++)
		for(int t=0;t<(1<<n);t++) if(dp[nw^1][s][t])
		{
			add(dp[nw][s][t],dp[nw^1][s][t]);
			for(int j=0;j<n;j++) if(!(s>>j&1) && !(t>>j&1))
			{
				int up=t>>(j+1);up=up&(up-1);
				int to=(up<<(j+1))|(1<<j)|(t&((1<<j)-1));
				if(b[i]-2-s<(1<<j)-1) continue;//illegal
				add(dp[nw][s|(1<<j)][to],dp[nw^1][s][t]
				*fac[1<<j]%mod*C[b[i]-2-s][(1<<j)-1]);
			}
		}
	}
	for(int s=0;s<(1<<n);s++)
		if(__builtin_popcount(s)>=k)
			add(ans,dp[nw][(1<<n)-1][s]);
	printf("%lld\n",ans*(1<<n)%mod);
}