CF413D 【2048】

思路：

先考虑如果序列的形态全部已知，如何在线性的时间内判断该序列能否合并超过 (2^k) 。
可以记录一个和 (sum) 表示当前可能继续合并的后缀的和，那么这个后缀一定是最长不上升的。
例如这个后缀：16 8 4 2 4 ，最后一个 (4) 因为上升，无法合并到前面的序列中，与之前隔绝，所以不能加到前面的 (sum) 中。

那么分类讨论：

• 如果填的是 (2) ，由于 (2) 是最小的数，那么一定不会上升，直接将 (sum+=2) 即可。
• 如果填的是 (4) ，且 (sum) 中没有单独的 (2) ，即 (sum) 可以整除 (4)，那么在这之前就没有小于 (4) 的数，可以直接将 (sum+=4) ( 即使有 (2) ，因为所有 (2) 都是成对的，所有都可以合并为 (4) ) 。
• 如果填的是 (4) ，且 (sum) 中有单独的 (2)，即 (sum mod{4} = 2)，那么就意味着出现了上述例子的情况，新增的 (4) 无法参与到之前的合并中，所以只能重新记录，即 (sum = 4)

当 (sum ge 2^k) 时，就意味着 (2^k) 可以被拼出来。

那么可以将这个过程写成 dp ，设 (dp[i][j]) 为填了前 (i) 个数，当前的 (sum) 为 (j) 时的方案数。
因为 (sum) 只要大于 (2^k)，(2^k) 就可以合并出来，所以我们可以把 (sum ge 2^k) 时的答案也归入 (sum = 2^k) 中，即在 (2^k) 与更新完的 (sum) 中取 (min)。

那么可以得出转移方程：
当填的是 (2) 时：

• (dp[i][ min(j+2,2^k)] += dp[i-1]j])

当填的是 (4) ，且 (sum) 中没有单独的 (2) 时：

• (dp[i][min(j+4,2^k)] += dp[i-1]j])

当填的是 (4) ，且 (sum) 中有单独的 (2) 时：

• (dp[i][4] += dp[i-1]j])

当填的是 (0) 时：

• 既当成 (2) 转移一次，再当作 (4) 转移一次即可。

边界就是 (dp[0][0] = 1)
最后的答案就是 (dp[n][2^k])

Code：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<bitset>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

using namespace std;

int read()
{
	int ans=0,f=1;
	char c=getchar();
	while(c>'9'||c<'0'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+c-'0';c=getchar();}
	return ans*f;
}

const int N=2005,K=11,mod=1e9+7;
int n,k,a,dp[N][(1<<K)+5];

int main()
{
	n=read();k=read();
	dp[0][0]=1;
    // 边界
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		a=read();
		for(int j=0;j<=(1<<k);++j)
       	// 枚举 sum
		{
			if(a==2||a==0)
            // 当填的是 2 或 0 时
				dp[i][min(j+2,1<<k)]=(dp[i][min(j+2,1<<k)]+dp[i-1][j])%mod;
			if(a==4||a==0)
			// 当填的是 4 或 0 时
			{
				if(j%4==2)
				// 当 sum 中有单独的 2 时
					dp[i][4]=(dp[i][4]+dp[i-1][j])%mod;
				else
				// 当 sum 中没有单独的 2 时
					dp[i][min(j+4,1<<k)]=(dp[i][min(j+4,1<<k)]+dp[i-1][j])%mod;
			}
		}
	}
	printf("%d",dp[n][1<<k]);
	return 0;
}