51 nod 1775 LIS Counting
第一行一个整数n (1<=n<=35)。 第二行是空格隔开的a[1],a[2],...,a[n]。
输出n+1行，分别为k=0,1,2,...,n时的答案。
5 1 5 2 4 3
1 10 15 6 0 0
题解：
首先必须要晓得利用单调栈求LIS的经典做法（不会的自己百度）
而此题就是基于单调栈实现的 ，可以考虑从前往后讨论每一个字符加入还是不加人 ， 这样便可以得到母串的所有子序列，而对于所有的子序列都要求得LIS显然是不可能的，
其实通过分析可以知道当前第i个字符，不管加不加入 ，之前的前i-1个字符的LIS是单调不减的 ，所以可以考虑利用之前的状态通过转移直接得到后面的状态。这很显然是个
dp ，对于代码中的两个函数Choose ， Not_Choose ， 分别为当前字符加入和不加人 ， 为什么要Not_Choose ，因为用的是滚动数组 ， 所以必须将前面的所有状态进行转移
由于35对于状态压缩来说还是比较大了，而LIS并不强调值本身， 值需要大小关系， 所以二进制位i+1~35并不代表i+1 ~ 35 是否在栈中， 而是表示比i大的有k个（k表示i+1 ~35 有1的位数）
而Not_choose 使得sta发生变化 ， 但本质值与值之间大小关系并没有变化。
如果没有看懂的 可以结合官方题解在进行理解：
求LIS的经典做法是维护一个单调栈，然后从左到右扫，添加一个新元素时，找到栈中第一个比它大的元素，并用这个元素替换；如果找不到，则加到栈顶。最后栈的元素个数就是LIS长度。
现在我们要DP这个东西。一个自然的想法是把这个栈的状态压成一个n位01串s。dp状态就是f[i][s]表示前i个数中取了若干，栈中的情况是s的方案数。
然而n是35，直接这么搞的话状态数比较大。需要优化。
观察一下转移的过程，做到第i个数时，将来会被插入的数字只有a[i+1],a[i+2],...,a[n]，因此将来的转移只和栈中数字与这些数字的大小关系有关。把a[i+1..n]的数字排序后设为b[1]
关于复杂度分析，可以证明最坏情况下，总的状态数是将n拆成若干个整数的最大乘积的级别，也就是O(3^{n/3})。
/*
51 nod 1775 LIS Counting
首先必须要晓得利用单调栈求LIS的经典做法（不会的自己百度）
而此题就是基于单调栈实现的 ，可以考虑从前往后讨论每一个字符加入还是不加人 ， 这样便可以得到母串的所有子序列，而对于所有的子序列都要求得LIS显然是不可能的，
其实通过分析可以知道当前第i个字符，不管加不加入 ，之前的前i-1个字符的LIS是单调不减的 ，所以可以考虑利用之前的状态通过转移直接得到后面的状态。这很显然是个
dp ，对于代码中的两个函数Choose ， Not_Choose ， 分别为当前字符加入和不加人 ， 为什么要Not_Choose ，因为用的是滚动数组 ， 所以必须将前面的所有状态进行转移
由于35对于状态压缩来说还是比较大了，而LIS并不强调值本身， 值需要大小关系， 所以二进制位i+1~35并不代表i+1 ~ 35 是否在栈中， 而是表示比i大的有k个（k表示i+1 ~35 有1的位数）
而Not_choose 使得sta发生变化 ， 但本质值与值之间大小关系并没有变化。
如果没有看懂的 可以结合官方题解在进行理解：
求LIS的经典做法是维护一个单调栈，然后从左到右扫，添加一个新元素时，找到栈中第一个比它大的元素，并用这个元素替换；如果找不到，则加到栈顶。最后栈的元素个数就是LIS长度。
现在我们要DP这个东西。一个自然的想法是把这个栈的状态压成一个n位01串s。dp状态就是f[i][s]表示前i个数中取了若干，栈中的情况是s的方案数。
然而n是35，直接这么搞的话状态数比较大。需要优化。
观察一下转移的过程，做到第i个数时，将来会被插入的数字只有a[i+1],a[i+2],...,a[n]，因此将来的转移只和栈中数字与这些数字的大小关系有关。把a[i+1..n]的数字排序后设为b[1]
using namespace std;
#define ll long long
#define N 300
#define Mod 5000007
ll a[N] , b[N] , f[2][Mod + 10] , st[2][Mod + 10] , tot[2] , vis[Mod + 10] , now , lst , n , Ans[N];
inline void push(ll sta , ll k)
{
ll pos = sta % Mod;
if(vis[pos])
{
if(st[now][vis[pos]] == sta)
{
f[now][vis[pos]] += k; return ;
}
++pos;
if(pos == Mod) pos = 0;
}
vis[pos] = ++tot[now];
st[now][tot[now]] = sta;
f[now][tot[now]] = k;
}
inline void Not_Choose(ll x , ll sta , ll k)
{
ll i , num , j , pre_sta = sta , r; sta = 0;
if(x == n)
{
for(i = 1 , num = 0 ; i <= n ; ++i)
if((pre_sta & (1ll << i))) ++num , sta |= (1ll << num);
push(sta , k);
return ;
}
for(i = 1 , num = 0 ; i < b[x + 1] ; ++i)
if((pre_sta & (1ll << i))) ++num , sta |= (1ll << num);
for(i = x + 1; i <= n ; ++i)
for(j = b[i] , num = b[i] , r = (i == n ? n : b[i + 1]) ; j <= r; ++j)
if((pre_sta & (1ll << j))) ++num , sta |= (1ll << num);
push(sta , k);
}
inline void Choose(ll x , ll sta , ll k)
{
ll i;
if(sta < (1ll << a[x])) sta |= (1ll << a[x]);
else
{
sta |= (1ll << a[x]);
for(i = a[x] + 1 ; ; ++i)
{
if(((sta >> i) & 1))
{
sta ^= (1ll << i); break;
}
}
}
Not_Choose(x , sta , k);
}
int main()
{
// freopen("test.in" , "r" , stdin);
ll i , j , k , cnt , sta;
scanf("%lld" , &n);
for(i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lld" , &a[i]);
lst = 1 , now = 0;
push(0 , 1);
for(i = 1 ; i <= n ; ++i)
{
lst ^= 1 , now ^= 1;
memset(vis , 0 , sizeof(vis)) , tot[now] = 0;
for(j = i + 1 ; j <= n ; ++j) b[j] = a[j];
if(i != n) sort(b + i + 1 , b + n + 1);
for(j = 1 ; j <= tot[lst] ; ++j)
{
cnt = f[lst][j] , sta = st[lst][j];
Choose(i , sta , cnt);
Not_Choose(i , sta , cnt);
}
}
for(i = 1 ; i <= tot[now] ; ++i)
{
cnt = 0;
for(j = 1 ; j <= n ; ++j) if(((st[now][i] >> j) & 1)) ++cnt;
Ans[cnt] += f[now][i];
}
for(i = 0 ; i <= n ; ++i) printf("%lld\n" , Ans[i]);
return 0;
}