题目描述
由于Czhou举行了众多NOIP模拟赛，也导致放学后篮球比赛次数急剧增加。神牛们身体素质突飞猛进，并且球技不断精进。这引起了体育老师彩哥的注意，为了给校篮球队找到势均力敌的对手，彩哥找到了Czhou神，想要和机房篮球队进行多场友谊赛。Czhou为了顾全校篮球队面子，决定派出配合默契又不至于吊打校篮球队的阵容。
而机房神牛的能力值受到游戏时长，训练时长，个人基础值得影响，可能会不断变化。所以Czhou想根据神牛当天状态从中选出若干名选手，使他们的能力值和等于k。
Input:
一行三个数n,k,l。表示机房有n个神牛，选出队员能力值和为k，每个神牛的能力最大值<=L且>=0。
Ouput:
输出一个数，表示方案数，方案满足选出若干选手使能力和为k。因为答案比较大，最后模10^9+7。
Sample.in
2 2 2
Sample.out
6
样例说明：神牛的能力值可能为(0,2)(1,2)(1,1)(2,0)(2,1)(2,2)，这样都可以选出一些数字使他们的能力值和为2。
对于（0,2）表示第一只牛能力值为0，第二只牛能力为2
类似的
对于（1,2）选出2即满足要求。
对于（1,1）选出全部选手即满足要求。
所以（0,2）（1，1）都是满足要求的方案。
数据范围：
n,k<=20
0<=L<=10^9.
解法
1.爆搜+背包
这个当然是过不了的。
2.状压DP（from hzwer）
排列组合以及其余的dp算法似乎都会涉及重复统计的问题
dp[i][state] 表示前i位，state的二进制每一位表示和为（1～k），1表示可以取到，0表示取不到，0<=state<(1<<K)-1
枚举第i+1个取的数 f[i][j]->f[i+1][(i|(i<<x)|(1<<(x-1)))&((1<<K)-1)]
这是一个2n*n2的dp，但是状压废状态比较多，剪掉废状态即可AC。。。
3.记搜
很明显，这道题是可以记搜的，代码注释很详细，也没什么要讲的。
#include<bits/stdc++.h>
const int mod=1e9+7;
const int N=1<<21;
typedef long long ll;
using namespace std;
int n,k,l,last,maxx;
int Pow[27],f[24][1300007];
/*
Pow记(l+1)的i次幂,,f是记搜.
f[i][j]的j是二进制表示的状态.0为取,1不取.
f[i][j]记当计算到第i个人状态为j时能够取到的值的的方案数。
*/
int dfs(int cnt,int now){//cnt表示第几个人，now表示当前能得到的值的状态
if(f[cnt][now]!=-1) return f[cnt][now];
if(now&last) return f[cnt][now]=Pow[n-cnt+1];
/*
如果此时已经可以取到k，则后面的人无论取多少都可以
后面的人取0~l的方案数为(l+1)的后面的人数(n-cnt+1)次方
*/
if(cnt==n+1) return f[cnt][now]=(now&last);
int res=0;
long long temp;
for(int i=0;i<=min(k,l);i++){
temp=((ll)dfs(cnt+1,(now|(now<<i))&maxx))%mod;
/*
&maxx防止超出n的范围
*/
res=(res+temp)%mod;
}
if(l>k){
temp=(((ll)((ll)dfs(cnt+1,now)%mod*(ll)(l-k))%mod))%mod;
/*
如果当前的人取值大于k就一定不会做出贡献，对后面的状态的影响是等价的
所以假设当前人取值大于k,跑一次.
所以直接计算一次再乘以(l-k)
*/
res=(res+temp)%mod;
}
return f[cnt][now]=res%mod;
}
int main(){
// freopen("football.in","r",stdin);
// freopen("football.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&k,&l);
memset(f,-1,sizeof(f));
Pow[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) Pow[i]=(ll)((ll)Pow[i-1]*(ll)(l+1))%mod;
last=(1<<k);
maxx=(1<<(k+1))-1;
printf("%d
",dfs(1,1)%mod);
return 0;
}