一个小问题：题意中关于$b_{i}$的顺序只需要单调不降即可，相同时可任意选择

考虑$i$优于$j$的条件，即$val_{i}\ge val_{j}+[i>j]$，并记$del_{i,j}=\max(a_{i}+[i<j]-a_{j},0)$

先考虑暴力$o(n!)$枚举最终的排名排名$p_{i}$（其中$p_{1}$为第一名），并判定其是否合法

根据题目的描述，即要求存在$b_{i}$，满足：

1.$\sum_{i=1}^{n}b_{i}=m$且$b_{p_{n}}\le b_{p_{n-1}}\le ...\le b_{p_{1}}$

2.$\forall 1\le i<n,a_{p_{i}}+b_{p_{i}}\ge a_{p_{i+1}}+b_{p_{i+1}}+[p_{i}>p_{i+1}]$

3.$\forall 1\le i<j\le n,a_{p_{j}}+b_{p_{j}}\ge a_{p_{i}}+[p_{j}>p_{i}]$

注意到除去$\sum_{i=1}^{n}b_{i}=m$以外，其余条件都限制的是$b_{i}$之差，同时增加$b_{p_{1}}$并不影响后者，换言之每一个$b_{i}$一定取其所有限制条件中的最小值，最终通过调整（增大）$b_{p_{1}}$使其恰等于$m$即可

更具体的来说，对于$1\le i<n$时，满足$b_{p_{i}}=\max(\max_{1\le j<i}del_{p_{j},p_{i}},b_{p_{i+1}}+del_{p_{i+1},p_{i}})$

（特别的，$b_{p_{n}}=\max_{i=1}^{n}del_{i,p_{n}}$）

求出$b_{i}$后，将其累加并判定是否小于等于$m$即可

关于这个的计算，可以从后往前，前者的$p_{j}$即所有未出现的元素，同时由于$[p_{i}>p_{j}]$的影响至多为1，必然是在$a_{p_{j}}$最大的基础上选择$p_{j}$最小的，可以$o(2^{n})$预处理出

综上，即得到一个$o(n!)$的做法，显然无法通过

事实上，对于$1\le i<n$，还满足$\max_{1\le j<i}del_{p_{j},p_{i}}\le b_{p_{i+1}}+del_{p_{i+1},p_{i}}$,换言之，即$\max$一定选择后者

证明比较简单，假设前面最大值在$p_{j}=k$处取到，那么有$b_{p_{i+1}}\ge del_{k,p_{i+1}}$，且前者恰为$del_{k,p_{i}}$

代入后，若前者结果为0，则必然小于等于后者，后者去除max后单调不递增，因此都可以去除，取出后对其抵消即得到$[p_{i}>p_{k}]\le [p_{i+1}>k]+[p_{i}>p_{i+1}]$

对其进行分类讨论，不难得到该式恒成立，即得证

最终，即有$b_{p_{i}}=b_{p_{i+1}}+del_{p_{i+1},p_{i}}$（这里可能还需要从后往前归纳一下，且$b_{p_{n}}$不变），那么即有$\sum_{i=1}^{n}b_{i}=\sum_{i=1}^{n-1}i\cdot del_{p_{i+1},p_{i}}+n\max_{1\le i\le n}del_{i,p_{n}}$

现在，即可状压dp，即$f_{S,i,j}$表示满足以下条件的排列数：$\{p_{1},p_{2},...,p_{|S|}\}=S$，$p_{|S|}=i$且$1\le i\le |S|$在上式中和为$j$

转移枚举下一个元素，即$f_{S\cup\{x\},x,j+|S|del_{x,i}}=\sum_{x\notin S}f_{S,i,j}$，最后再计算$n\max_{1\le i\le n}del_{i,p_{n}}$对答案的影响即可（即要求$j\le m-n\max_{1\le i\le n}del_{i,p_{n}}$）

最终计算复杂度为$o(n^{2}m2^{n})$，可以通过

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 13
 4 #define M 505
 5 #define ll long long
 6 int n,m,a[N],b[N],tot[1<<N];
 7 ll ans,f[1<<N][N][M];
 8 int del(int x,int y){
 9     return max(a[x]+(y>x)-a[y],0);
10 }
11 int main(){
12     scanf("%d%d",&n,&m);
13     for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&a[i]);
14     for(int i=0;i<(1<<n);i++)tot[i]=tot[i>>1]+(i&1);
15     for(int i=0;i<n;i++)f[1<<i][i][0]=1;
16     for(int i=1;i<(1<<n);i++)
17         for(int j=0;j<n;j++)
18             if (i&(1<<j)){
19                 for(int x=0;x<n;x++)
20                     if (!(i&(1<<x))){
21                         int s=tot[i]*del(x,j);
22                         for(int k=s;k<=m;k++)f[i^(1<<x)][x][k]+=f[i][j][k-s];
23                     }
24             }
25     int mx=0;
26     for(int i=1;i<n;i++)
27         if (a[i]>a[mx])mx=i;
28     for(int i=0;i<n;i++)
29         for(int j=0;j<=m-n*del(mx,i);j++)ans+=f[(1<<n)-1][i][j];
30     printf("%lld",ans);
31 }

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