思路
首先，对于计数题，不是 \(\text{dp}\) 就是排列组合，这题多思考一会儿就发现单纯 \(\text{dp}\) 和排列组合是做不出来的。然后激动人心地发现，这题是 \(\text{dp} \ +\) 排列组合。
现在来思考怎么做，我们可以发现如果不考虑区间两两之间的空座位，当成选为一个个集合的话是非常好 \(\text{dp}\) 的，但对于空格的处理无法使用 \(\text{dp}\) 处理的，同时对于两两不相邻的区间，必须插入至少 \(1\) 个空格以消除 \(\text{dp}\) 没考虑空格的影响。
现在问题就转换为有 \(i\) 个不同物品，共 \(n - k\) 块隔板，要在每两个物品间插入至少一个相同隔板，问有多少种方案数，即盒子与球，计数为 \(C_{n - k - 1}^{i - 1}\) ，再乘上 \(dp_{k, i}\) 并将所有 \(i\) 加起来。
细节
对于 \(\text{dp}\) ，是一个插入 \(\text{dp}\) ，使用刷表更容易，定义 \(dp_{i, j}\) 表示选了前 \(i\) 个人，共 \(j\) 个区间的方案数，然后推转移，若刷表即如下：
\[dp_{i, j} \times j \to dp_{i + 1, j + 1} , dp_{i + 1, j - 1} \\ dp_{i, j} \times 2j \to dp_{i, j} \]对于 \(dp_{i, j} \times j\) 即将当前数插入到/合并已有的 \(j\) 个区间。对于 \(dp_{i, j} \times 2j\) 即加入到已有的 \(j\) 个区间的两侧。
对于计数，盒子与球的公式已给，现在就要将所有 \(dp_{m, i}\) 加起来，答案就是
\[\sum_{i = 1}^{k}{dp_{m, i} \times C_{n - m - 1}^{i - 1}} \]此外，对于 \(n = m\) 的情况，上述式子就失效了，因为 \(n - m - 1 < 0\) ，但因为最后只剩一个区间，所以可以取 \(dp_{m - 1, 1}\) 为答案，\(m - 1\) 的原因即在最后连成环之前必须是只剩一个区间而最后 \(dp_{m, 1}\) 会从不合法的 \(dp_{m - 1, 2}\) 转移。
Code
/*
address:https://vjudge.net/problem/TopCoder-12909
AC 2024/12/27 21:30
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2005;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, m, t;
LL dp[N][N];
LL C[N][N];
inline void trans(LL& x, LL y) { x = (x + y) % mod; }
inline LL power(LL a, LL k) {
LL ret = 1;
while (k > 0) {
if (k & 1) ret = ret * a % mod;
a = a * a % mod;
k >>= 1;
}
return ret;
}
inline LL solve() {
dp[1][1] = n;
for (int i = 1;i < m;i++)
for (int j = 1;j <= i && j <= t;j++) {
if (j < t) trans(dp[i + 1][j + 1], dp[i][j] * j % mod);
if (j > 1) trans(dp[i + 1][j - 1], dp[i][j] * j % mod);
trans(dp[i + 1][j], dp[i][j] * j % mod * 2 % mod);
}
if (n == m) return dp[m - 1][1];
LL ret = 0;
for (int i = 1;i <= t;i++)
trans(ret, dp[m][i] * C[n - m - 1][i - 1] % mod);
return ret;
}
int main() {
scanf("%d%d%d", &n, &m, &t);
C[0][0] = 1;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
C[i][0] = 1;
for (int j = 1;j <= i;j++) C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % mod;
}
printf("%lld", solve());
return 0;
}