【lgj】【排列 DP】奶牛安家

有 $D$ 头奶牛，在一条数轴上选择自己的家。数轴上有 $N$ 个整点，分别是 $0$ 至 $N-1$。每头奶牛都选择一个不同的整点作为的自己的家。第 $i$ 头奶牛有一个安全距离 $R[i]$，表示的意义是第 $i$ 头奶牛与它的邻居的距离不能小于 $R[i]$。也就是说，如果奶牛 $i$ 和奶牛 $j$ 是邻居，那么这两头奶牛之间的距离不能小于$\max（R[i],R[j]）$。输出有多少种不同的合法安家方案，答案模 $10^9+7$。

输入格式

第一行，一个整数 $G$，表示有 $G$ 组测试数据。$1 <=G <= 5$。

每组测试数据格式如下：

第一行，两个整数：$N$ 和 $D$。 $1 <= D <= 40$，$1 <= N <= 100000$。

第二行，$D$ 个整数，第 $i$ 个整数是 $R[i]$。 $1 <= R[i] <=40$。

（倾情搬运，原题面是英文的，用了 LGJ 的题面）

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如果我们知道了某个排列需要多少空间，就可以用插板法算出来该排列的情况。

定义 $f_{i,j,k}$ 为还没有处理 $i$ 时，有 $j$ 个排列，需要 $k$ 个位置，注意，这里需要的位置不包括排列最左，最右两边的空位，否则有后效性。

同样是为了避免后效性，将 $R$ 升序排序。不然区间合并的时候不知道代价。

可以新增一个排列，或在当前所有排列的左，右延申，或者将两个排列合并。

那么状态转移方程就是（搬运链接，感谢这位 dalao）：

为什么要这样设置呢？

如果没有新增再合并这一操作，我们无法将一个新元素放到一个排列的非中间位置。那

为什么在延伸时候要区分左，右 ($\times 2$)，但是合并却不要？

因为延伸的时候，左，右会使得排列的长相不同，比如 $1,2,3$ 延申后变成 $4,1,2,3$ 和 $1,2,3,4$，但是合并的时候，状态已经包含了这两种情况，所以不能算两次。

/*
	- 别摆了
	- By yfz
*/

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

//#define int long long 
const int N = 45, mod = 1e9+7, M = 1e5+10;

struct D{
	int f[N][N][N*N],n,d; // 还没处理 i，有 j 个排列，需要 k 的空间

	int fac[M],inv[M];
	int mi(int x,int k) {int p; return k?p=mi(x,k>>1),1ll*p*p%mod*(k&1?x:1)%mod:1;}
	void init() {
		fac[0] = inv[0] = 1;
		for(int i=1;i<M;i++) {
			fac[i] = 1LL * fac[i-1] * i % mod;
		}
		inv[M-1] = mi(fac[M-1],mod-2);
		for(int i=M-2;i;i--) inv[i] = 1LL * inv[i+1] * (i+1) % mod; 
	}
	
	int C(int n,int m) {
	//	return 1;
		return 1LL * fac[n] * inv[n-m] % mod * inv[m] % mod;
	}
	int a[N];
	int main() {
		init();
		cin>>n>>d;
		for(int i=1;i<=d;i++) cin>>a[i];
		sort(a+1,a+d+1);
		f[1][0][0]= 1; 
		for(int i=1;i<=d;i++) {
			for(int j=0;j<=d;j++) {
				for(int k=0;k<=min(1600,n);k++) {
					(f[i+1][j][k+a[i]] += 1LL * f[i][j][k] * 2 % mod * j % mod) %= mod;
					(f[i+1][j+1][k] += f[i][j][k]) %= mod;
					if(j > 0)
					(f[i+1][j-1][k+a[i] * 2] += 1LL * f[i][j][k] * j % mod * (j-1) % mod) %= mod; 
				}
			}
		}
		int ans = 0;
		
		for(int k=1;k<=min(n,1600);k++) {
			(ans += 1ll * f[d+1][1][k-1] * C(n-k+d,d) % mod) %= mod; 
		}
		
//		cout<<f[3][1][3]<<endl;
		cout<<ans;
		return 0;
	}
}F[5];
signed main() {
	int T; cin>>T;
	while(T--) {
		F[T].main();
	}
	return 0;
}