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神仙计数题。
可以转化为求(p_1,p_2,ldots,p_{2^n})，使得(b_i=minlimits_{j=2^i+1}^{2^{i+1}}p_j)都不属于(a_i)。
日常容斥。设(f(S))表示(iin SRightarrow b_iin A)的答案，则答案就是(ans=sum_S(-1)^{|S|}f(S))。
求(f(S))使用状压dp。设(f[i][S])表示将(a_i)从大到小排序，(b_i)在(a)中出现的下标(i)组成的集合(S)，方案数是多少。
初值(f[0][0] = 1)。
如果(a_{i+1})不在(b_i)中出现，则(f[i+1][S]leftarrow f[i][S])。
如果(a_{i+1})在(b_i)中出现，枚举(a_{i+1}=b_k)，那么我们要在(2^n-S-a_i)个数中选出(2^k-1)个数被(a_{i+1})打掉，组成排列((2^k)!)种方案，那么(f[i+1][S|2^k]leftarrow f[i][S] imes dbinom{2^n-S-a_i}{2^k-1} imes (2^k)!)。
然后你发现我们并没有把不在(b_i)中出现的(S)这些数没有乘上，所以(f(S)=f[m][S] imes S!)。然后抄个柿子上去，时间复杂度(O(nm2^n))。
code
```cpp
#include
#define Rint register int
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 16, mod = 1e9 + 7;
int n, m, a[N], f[N + 1][1 << N], fac[1 << N], inv[1 << N];
bool siz[1 << N];
inline void upd(int &a, int b){a += b; if(a >= mod) a -= mod;}
inline int kasumi(int a, int b){
int res = 1;
while(b){
if(b & 1) res = (LL) res * a % mod;
a = (LL) a * a % mod; b >>= 1;
}
return res;
}
inline void init(int m){
fac[0] = 1;
for(Rint i = 1;i <= m;i ++) fac[i] = (LL) fac[i - 1] * i % mod;
inv[m] = kasumi(fac[m], mod - 2);
for(Rint i = m;i;i --) inv[i - 1] = (LL) inv[i] * i % mod;
siz[0] = 0;
for(Rint i = 1;i <= m;i ++) siz[i] = !siz[i ^ (i & -i)];
}
inline int C(int n, int m){
if(n < 0 || m < 0 || n < m) return 0;
return (LL) fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
for(Rint i = 0;i < m;i ++) scanf("%d", a + i);
sort(a, a + m, greater()); init((1 << n) - 1);
f[0][0] = 1;
for(Rint i = 0;i < m;i ++)
for(Rint S = 0;S < (1 << n);S ++){
upd(f[i + 1][S], f[i][S]);
int t = (1 << n) - S - a[i];
for(Rint k = 0;k < n;k ++) if(!((S >> k) & 1))
upd(f[i + 1][S | (1 << k)], (LL) f[i][S] * C(t, (1 << k) - 1) % mod * fac[1 << k] % mod);
}
int ans = 0;
for(Rint S = 0;S < (1 << n);S ++)
if(siz[S]) upd(ans, mod - (LL) f[m][S] * fac[(1 << n) - S - 1] % mod);
else upd(ans, (LL) f[m][S] * fac[(1 << n) - S - 1] % mod);
printf("%d", (LL) ans * (1 << n) % mod);
}
```