题目链接：https://vjudge.net/problem/HDU-5155#author=0
题意：在一个n*m的方格中要满足每一行每一列至少有一个珠宝，问总共有多少种方案。
思路：利用递推的思想：dp[i][j]表示前i行前j列满足条件的个数，那么如果说前i行前j-1列已经满足条件了那么第j列可以放[1,n]个那么dp[i][j]=dp[i][j-1]*(2^n-1);因此假设前i行j-1列有k行还没放珠宝那么
dp[i][j]=dp[i-k][j-1]*C(i,k)*(C(i-k,0)+C(i-k,1)+C(i-k,2)+......+C(i-k,i-k))=dp[i-k][j-1]*C(i,k)*(2^(i-k));
1 #include<time.h> 2 #include <set> 3 #include <map> 4 #include <stack> 5 #include <cmath> 6 #include <queue> 7 #include <cstdio> 8 #include <string> 9 #include <vector> 10 #include <cstring> 11 #include <utility> 12 #include <cstring> 13 #include <iostream> 14 #include <algorithm> 15 #include <list> 16 using namespace std; 17 #define eps 1e-10 18 #define PI acos(-1.0) 19 #define lowbit(x) ((x)&(-x)) 20 #define zero(x) (((x)>0?(x):-(x))<eps) 21 #define mem(s,n) memset(s,n,sizeof s); 22 #define ios {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);} 23 typedef long long ll; 24 typedef unsigned long long ull; 25 const int maxn=1e5+5; 26 const int Inf=0x7f7f7f7f; 27 const ll Mod=1e9+7; 28 //const int N=3e3+5; 29 bool isPowerOfTwo(int n) { return n > 0 && (n & (n - 1)) == 0; }//判断一个数是不是 2 的正整数次幂 30 int modPowerOfTwo(int x, int mod) { return x & (mod - 1); }//对 2 的非负整数次幂取模 31 int getBit(int a, int b) { return (a >> b) & 1; }// 获取 a 的第 b 位，最低位编号为 0 32 int Max(int a, int b) { return b & ((a - b) >> 31) | a & (~(a - b) >> 31); }// 如果 a>=b,(a-b)>>31 为 0，否则为 -1 33 int Min(int a, int b) { return a & ((a - b) >> 31) | b & (~(a - b) >> 31); } 34 ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;} 35 ll lcm(ll a, ll b) {return a / gcd(a, b) * b;} 36 int Abs(int n) { 37 return (n ^ (n >> 31)) - (n >> 31); 38 /* n>>31 取得 n 的符号，若 n 为正数，n>>31 等于 0，若 n 为负数，n>>31 等于 -1 39 若 n 为正数 n^0=n, 数不变，若 n 为负数有 n^(-1) 40 需要计算 n 和 -1 的补码，然后进行异或运算， 41 结果 n 变号并且为 n 的绝对值减 1，再减去 -1 就是绝对值 */ 42 } 43 ll binpow(ll a, ll b,ll c) { 44 ll res = 1; 45 while (b > 0) { 46 if (b & 1) res = res * a%c; 47 a = a * a%c; 48 b >>= 1; 49 } 50 return res%c; 51 } 52 void extend_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y) 53 { 54 if(b==0) { 55 x=1,y=0; 56 return; 57 } 58 extend_gcd(b,a%b,x,y); 59 ll tmp=x; 60 x=y; 61 y=tmp-(a/b)*y; 62 } 63 ll mod_inverse(ll a,ll m) 64 { 65 ll x,y; 66 extend_gcd(a,m,x,y); 67 return (m+x%m)%m; 68 } 69 ll eulor(ll x) 70 { 71 ll cnt=x; 72 ll ma=sqrt(x); 73 for(int i=2;i<=ma;i++) 74 { 75 if(x%i==0) cnt=cnt/i*(i-1); 76 while(x%i==0) x/=i; 77 } 78 if(x>1) cnt=cnt/x*(x-1); 79 return cnt; 80 } 81 ll c[55][55]; 82 ll dp[55][55]; 83 int n,m; 84 void init() 85 { 86 for(int i=1;i<55;i++) 87 { 88 c[i][0]=c[i][i]=1; 89 for(int j=1;j<i;j++) 90 { 91 c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%Mod; 92 } 93 } 94 } 95 int main() 96 { 97 init(); 98 while(~scanf("%d%d",&n,&m)) 99 { 100 mem(dp,0); 101 for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][1]=1; 102 for(int i=1;i<=m;i++) dp[1][i]=1; 103 for(int i=2;i<=n;i++) 104 { 105 for(int j=2;j<=m;j++) 106 { 107 dp[i][j]=dp[i][j-1]*(binpow(2,i,Mod)-1)%Mod; 108 for(int k=1;k<i;k++) 109 { 110 dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-k][j-1]*c[i][k]%Mod*binpow(2,i-k,Mod)%Mod)%Mod; 111 } 112 } 113 } 114 cout<<dp[n][m]<<endl; 115 } 116 return 0; 117 }