題目連結：https://vjudge.net/problem/HDU-5155#author=0

題意：在一個n*m的方格中要滿足每一行每一列至少有一個珠寶，問總共有多少種方案。

思路：利用遞推的思想：dp[i][j]表示前i行前j列滿足條件的個數，那麼如果說前i行前j-1列已經滿足條件了那麼第j列可以放[1,n]個那麼dp[i][j]=dp[i][j-1]*(2^n-1);因此假設前i行j-1列有k行還沒放珠寶那麼

dp[i][j]=dp[i-k][j-1]*C(i,k)*(C(i-k,0)+C(i-k,1)+C(i-k,2)+......+C(i-k,i-k)=dp[i-k][j-1]*C(i,k)*(2^(i-k));

  1 #include<time.h>
  2 #include <set>
  3 #include <map>
  4 #include <stack>
  5 #include <cmath>
  6 #include <queue>
  7 #include <cstdio>
  8 #include <string>
  9 #include <vector>
 10 #include <cstring>
 11 #include <utility>
 12
 
 #include <cstring>
 13 #include <iostream>
 14 #include <algorithm>
 15 #include <list>
 16 using namespace std;
 17 #define eps 1e-10
 18 #define PI acos(-1.0)
 19 #define lowbit(x) ((x)&(-x))
 20 #define zero(x) (((x)>0?(x):-(x))<eps)
 21 #define mem(s,n) memset(s,n,sizeof s);
 22
 
 #define ios {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);}
 23 typedef long long ll;
 24 typedef unsigned long long ull;
 25 const int maxn=1e5+5;
 26 const int Inf=0x7f7f7f7f;
 27 const ll Mod=1e9+7;
 28 //const int N=3e3+5;
 29 bool isPowerOfTwo(int n) { return n > 0 && (n & (n - 1)) == 0; }//判斷一個數是不是 2 的正整數次冪
 30 int modPowerOfTwo(int x, int mod) { return x & (mod - 1); }//對 2 的非負整數次冪取模
 31 int getBit(int a, int b) { return (a >> b) & 1; }// 獲取 a 的第 b 位，最低位編號為 0
 32 int Max(int a, int b) { return b & ((a - b) >> 31) | a & (~(a - b) >> 31); }// 如果 a>=b,(a-b)>>31 為 0，否則為 -1
 33 int Min(int a, int b) { return a & ((a - b) >> 31) | b & (~(a - b) >> 31); }
 34 ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
 35 ll lcm(ll a, ll b) {return a / gcd(a, b) * b;}
 36 int Abs(int n) {
 37   return (n ^ (n >> 31)) - (n >> 31);
 38   /* n>>31 取得 n 的符號，若 n 為正數，n>>31 等於 0，若 n 為負數，n>>31 等於 -1
 39      若 n 為正數 n^0=n, 數不變，若 n 為負數有 n^(-1)
 40      需要計算 n 和 -1 的補碼，然後進行異或運算，
 41      結果 n 變號並且為 n 的絕對值減 1，再減去 -1 就是絕對值 */
 42 }
 43 ll binpow(ll a, ll b,ll c) {
 44   ll res = 1;
 45   while (b > 0) {
 46     if (b & 1) res = res * a%c;
 47     a = a * a%c;
 48     b >>= 1;
 49   }
 50   return res%c;
 51 }
 52 void extend_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
 53 {
 54     if(b==0) {
 55         x=1,y=0;
 56         return;
 57     }
 58     extend_gcd(b,a%b,x,y);
 59     ll tmp=x;
 60     x=y;
 61     y=tmp-(a/b)*y;
 62 }
 63 ll mod_inverse(ll a,ll m)
 64 {
 65     ll x,y;
 66     extend_gcd(a,m,x,y);
 67     return (m+x%m)%m;
 68 }
 69 ll eulor(ll x)
 70 {
 71    ll cnt=x;
 72    ll ma=sqrt(x);
 73    for(int i=2;i<=ma;i++)
 74    {
 75     if(x%i==0) cnt=cnt/i*(i-1);
 76     while(x%i==0) x/=i;
 77    }
 78    if(x>1) cnt=cnt/x*(x-1);
 79    return cnt;
 80 }
 81 ll c[55][55];
 82 ll dp[55][55];
 83 int n,m;
 84 void init()
 85 {
 86     for(int i=1;i<55;i++)
 87     {
 88         c[i][0]=c[i][i]=1;
 89         for(int j=1;j<i;j++)
 90         {
 91             c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%Mod;
 92         }
 93     }
 94 }
 95 int main()
 96 {
 97     init();
 98     while(~scanf("%d%d",&n,&m))
 99     {
100         mem(dp,0);
101         for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][1]=1;
102         for(int i=1;i<=m;i++) dp[1][i]=1;
103         for(int i=2;i<=n;i++)
104         {
105             for(int j=2;j<=m;j++)
106             {
107                 dp[i][j]=dp[i][j-1]*(binpow(2,i,Mod)-1)%Mod;
108                 for(int k=1;k<i;k++)
109                 {
110                     dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-k][j-1]*c[i][k]%Mod*binpow(2,i-k,Mod)%Mod)%Mod;
111                 }
112             }
113         }
114         cout<<dp[n][m]<<endl;
115     }
116     return 0;
117 }