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題解

神仙 $DP$。

本質不同有點麻煩，考慮列舉方案之後除 $m!$

設 $f[i]$表示長度為 $i$

假設已知前 $i-1$個片段，第 $i$

第 $i$個片段為空集的方案數為 $f[i-1]$，與前 $i-1$個片段中某個重複的概率為 $f[i-2]*(2^n-1-(i-2))*(i-1)$(刪去與它相同的後方案數為 $f[i-2]$， $i$的方案數為 $2^n-1-(i-2)$，任選前面一個片段與它重複( $\times (i-1)$)。

所以轉移方程為：

$f[i]=A_{2^n-1}^{i-1}-f[i-1]-f[i-2]*(2^n-1-(i-2))*(i-1)$

初始化 $f[0]=1,f[1]=0$。

程式碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+100,mod=1e8+7;
typedef long long ll;

int n,m,lim,f[N],a[N],frc;

inline int dc(int x,int y){x-=y;return x<0?x+mod:x;}
inline int ad(int x,int y){x+=y;return x>=mod?x-mod:x;}

inline int fp(int x,int y)
{
	int re=1;
	for(;y;y>>=1,x=(ll)x*x%mod)
	  if(y&1) re=(ll)re*x%mod;
	return re;
}

int main(){
	int i,j;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	a[1]=lim=dc(fp(2,n),1);frc=1;
	for(i=1;i<m;++i) a[i+1]=(ll)a[i]*dc(lim,i)%mod;
	for(i=2;i<=m;++i) frc=(ll)frc*i%mod;
	f[1]=0;f[0]=1;
	for(i=2;i<=m;++i)
		f[i]=dc(a[i-1],ad(f[i-1],(ll)f[i-2]*(i-1)%mod*(ll)dc(lim,i-2)%mod));
    printf("%d",(ll)f[m]*fp(frc,mod-2)%mod);
    return 0;
}