题解：AT_dwacon6th_prelims_e Span Covering

题意：很简单了，不再赘述。

做法：

为了方便这里的数轴是 \([1,X]\)。

要求每个地方都被覆盖这个东西很难满足，或者说这是个很经典的容斥，就等于我们容斥有至少有哪些位置不满足，然后我们就可以把这些区间随便扔进去，考虑对于一个区间长度为 \(i\) 的，假设容斥不能放置的位置后，中间其中一个连续的可以放置段长度为 \(j\)，那么方案数就应该是 \(\max(j-i+1,0)\)。

因为对于相同的连续段长度和覆盖区间的长度，所以我们记 \(x_i\) 为覆盖区间长度为 \(i\) 的有多少个，\(c_i\) 代表对于一种容斥情况，连续的可放置段长度为 \(i\) 的有多少个。

那么这种情况的方案数就应该是：

\[\prod_{i=1}^X(\sum_{j=i}^Xc_j(j-i+1))^{x_i} \]

然后我们对于相同的 \(c\) 的情况，我们考虑去分配这些段，还要乘上容斥系数，方案数是：

\[\frac{(\sum\limits_{i=1}^Xc_i)!}{\prod\limits_{i=1}^Xc_i!}\binom{X - \sum\limits_{i=1}^Xic_i + 1}{\sum\limits_{i=1}^nc_i}\times(-1)^{X - \sum\limits_{i=1}^nic_i} \]

解释一下，第一个是我给这些段定序，第二个组合数是我们现在加上 \(0,X+1\) 这两个划分点，中间一共有 \(X-\sum\limits_{i=1}^X ic_i+1\) 个空隙，然后每个空隙间只能最多放一个区间进去，所以是这个东西，最后一个就是有一个划分点，容斥系数乘上 \(-1\)。

把上面这两个东西乘在一起就是对于一种 \(c\) 的答案。

然后我们考虑怎么计算所有的 \(c\)，我们看我们需要在计算的时候记录什么，首先肯定是需要 \(\sum c_i\) 和 \(\sum ic_i\) 的。但是前面这个 \(\prod\limits_{i=1}^X(\sum\limits_{j=i}^Xc_j(j-i+1))^{x_i}\) 怎么计算？

我们发现，其实 \(\sum\limits_{j=i}^Xc_j(j-i+1))\) 这个东西，如果我们从后往前做 dp，就等于我们 dp 完 \(i\) 之后，对于每个 dp 值再乘上当前的 \(\sum{ic_i}-i\sum c_i\)！所以我们本质上就只用记录着两个东西就可以进行 dp 了。

然后对于 \(c_i!\) 这些东西可以直接在 dp 时统计贡献。

复杂度的话，枚举 \(i,\sum ic_i,\sum c_i\) 是 \(O(X^3)\) 的，再枚举 \(c_i\) 是调和级数的，多一个 \(\log X\)，实际上有很多地方 dp 值是 \(0\) 且常数很小。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn = 505, mod = 1e9 + 7;
int n, a[maxn], c[maxn], x, dp[maxn][maxn][maxn], C[maxn][maxn], inv[maxn], jc[maxn], pw[maxn][maxn];
void prepare() {
	C[0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= x + 1; i++) {
		C[i][0] = 1;
		for (int j = 1; j <= x + 1; j++)
				C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % mod;
	}
	inv[0] = inv[1] = jc[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= x + 1; i++)
		jc[i] = jc[i - 1] * i % mod;
	for (int i = 2; i <= x + 1; i++)
		inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
	for (int i = 2; i <= x + 1; i++)
		inv[i] = inv[i - 1] * inv[i] % mod;
	for (int i = 0; i <= x + 1; i++) {
		pw[i][0] = 1;
		for (int j = 1; j <= n; j++)
			pw[i][j] = pw[i][j - 1] * i % mod;
	}
}
signed main() {
	cin >> n >> x;
	prepare();
	for (int l, i = 1; i <= n; i++)
		cin >> l, c[l]++;
	dp[x + 1][0][0] = 1;
	//cout << 123 << endl;
	for (int i = x; i >= 1; i--) 
		for (int j = 0; j <= x; j++) 
			for (int k = 0; k <= x; k++) 
				for (int l = 0; k >= l * i && j >= l && k >= j * (i - 1); l++) 
					dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i + 1][j - l][k - l * i] * inv[l] % mod * pw[(k - j * (i - 1))][c[i]]) % mod;
	int ans = 0;
	for (int i = 0; i <= x; i++)
		for (int j = 0; j <= x; j++)
			ans = (ans + dp[1][i][j] * jc[i] % mod * C[x + 1 - j][i] % mod * ((x - j) % 2 ? mod - 1 : 1) % mod) % mod;
	cout << ans << endl;
	return 0;
}