贝尔数--Codeforces908E. New Year and Entity Enumeration

给n<=50个长度m<=1000的二进制数，记他们为集合T，求满足下面条件的集合S数：令$M=2^m-1$，1、$a epsilon S Rightarrow a xor M epsilon S$；2、$a epsilon S,b epsilon S Rightarrow a and b epsilon M$；3、$T subseteq S$；4、S中每个数都<=M。答案膜1e9+7。

首先不看这T个数，先想想自由状态下有多少个S。由条件1可知，对m个二进制位，S中一定有一个数使得这一位不为空。那么经过若干的and操作就可以把含这一位（i）的数变小变小再变小，变到最小记f(i)。可以发现$f(x) eq f(y) Rightarrow f(x) and f(y) =0$。如果不这样，那么$f(x) and (f(y) xor M)$可以得到一个比f(x)更小的，且在x这一位为1的数，就矛盾。

那么自由状态下就相当于把m个位置划分成若干个集合，每个集合里的x的f(x)共享，比如{2,4}对应f(2)=f(4)=1010，问有多少方案。这就是贝尔数了。

贝尔数性质：转自此

n^2递推的话还有：令$B(0,0)=1,B(i,0)=B(i-1,i-1),B(i,j)=B(i-1,j-1)+B(i,j-1)$，则$B(i,0)$就是第i个贝尔数。

OK现在加入T的限制。在T的限制下，令R(i)表示数位i在n个数的状态，就是R(i)的第j位表示第j个数的第i位是1还是0。R(i)不同的两位，在分配集合时绝对绝对不能分在一个集合，因为如果$R(x) eq R(y),f(x) = f(y)$，那么f(x)与那个导致两个R不相同的数and一下，就可以得到一个更小的f(x)，矛盾。所以根据R(i)的不同把位分成若干组，每组算一个贝尔数即可。

//#include<iostream>
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//#include<cmath>
using namespace std;

int n,m;
#define LL long long
LL state[1011],str[1011][1011];
map<LL,int> mp;
const int mod=1e9+7;
int main()
{
    scanf("%d%d",&m,&n); LL x;
    for (int i=0;i<n;i++)
        for (int j=0;j<m;j++)
            scanf("%1lld",&x),state[j]|=(x<<i);
    for (int i=0;i<m;i++) mp[state[i]]++;
    str[0][0]=1;
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        str[i][0]=str[i-1][i-1];
        for (int j=1;j<=i;j++) str[i][j]=str[i][j-1]+str[i-1][j-1],str[i][j]-=str[i][j]>=mod?mod:0;
    }
    int ans=1;
    for (map<LL,int>::iterator i=mp.begin();i!=mp.end();i++) ans=1ll*ans*str[(*i).second][0]%mod;
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}