题解区好像没有和我一样的做法耶......
感觉还是比较简单小清新的......
思路
题目要求最终做完所有操作后，每层楼看到的纸飞机的数量都大于等于 c c c。于是我们可以考虑对于第 i i i 层楼，他在什么时候恰好 达到了 c c c 个纸飞机。
容易发现，对于 1 1 1 到 n n n 层楼，其恰好 达到 c c c 个纸飞机的时间一定是单调不降的。
证明
证明很显然。
因为如果第 i i i 层有 c c c 个纸飞机，那么小于 i i i 层的楼的纸飞机数量一定大于等于 c c c，所以小于 i i i 层的楼层一定不会在 i i i 之后才恰好 达到 c c c 个纸飞机。
设 d p i , j , k dp_{i,j,k} dpi,j,k 为目前考虑到了前 i i i 层，其中第 i i i 层的纸飞机数量恰好等于 c c c 的时间点为 j j j。对于 j j j 之后的时间和 i i i 之后的层数，我们暂时不予考虑。其中， j j j 之前的时间中，有 k k k 个位置我们给他空出来了，留着以后填（延迟），这 k k k 个位置的填的数一定是大于 i i i 的。满足以上条件的方案数废话。
考虑 d p i , j , k dp_{i,j,k} dpi,j,k，我们枚举 i − 1 i-1 i−1 恰好 c c c 个纸飞机的时间 p p p。则 p + 1 , j p+1,j p+1,j 一段时间中填的数，一定是大于 i − 1 i-1 i−1 的（因为 i − 1 i-1 i−1 已经达到 c c c 了，根据题意，不能再填了）。
我们要求小于等于 j j j 的时间中，有恰好 c c c 个大于等于 i i i 的飞机，而 p + 1 , j p+1,j p+1,j 又全是大于等于 i i i 的，则 1 , p 1,p 1,p 中一定恰有 c − j + p c-j+p c−j+p 个。
另外，这 c c c 个中，我们还要挑出 k k k 个给后面留着。
于是有：
d p i , j , k = d p i − 1 , p , c − j + p × ( c k ) dp_{i,j,k}=dp_{i-1,p,c-j+p}\times \binom{c}{k} dpi,j,k=dpi−1,p,c−j+p×(kc)
其中 c − j + p c-j+p c−j+p 一定比 c c c 小，所以 DP 的第三维 k k k 我们枚举到 c c c 即可。
先贴一下暴力方便理解
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int t,n,c,m,a[10005];
int dp[10005][105],dpp[10005][105];
int ksm(int x,int y)
{
if(y==1) return x;
if(!y) return 1;
int mid=ksm(x,y>>1);
if(y&1) return mid*1ll*mid%mod*x%mod;
return mid*1ll*mid%mod;
}
int jie[10005],njie[10005];
int C(int x,int y)
{
if(x<y) return 0;
return jie[x]*1ll*njie[y]%mod*njie[x-y]%mod;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
jie[0]=1,njie[0]=1;
for(int i=1;i<=10000;i++) jie[i]=jie[i-1]*1ll*i%mod,njie[i]=ksm(jie[i],mod-2);
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>c>>m;
for(int i=1;i<=m;i++) cin>>a[i];
for(int i=0;i<=c;i++) dp[c][i]=C(c,i);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
for(int k=0;k<=c;k++)
for(int p=j;p>=1;p--)
{
if(c-j+p<0) break;
dpp[j][k]=(dpp[j][k]+dp[p][c-j+p]*1ll*C(c,k)%mod)%mod;
}
for(int j=1;j<=m;j++)
for(int k=0;k<=c;k++) dp[j][k]=dpp[j][k],dpp[j][k]=0;
}
cout<<dp[m][0]<<"\n";
for(int j=1;j<=m;j++)
for(int k=0;k<=c;k++) dp[j][k]=0;
}
return 0;
}非常优雅的转移！一看就非常有前途！我们注意到 DP 的状态数只有 n × m × c n\times m\times c n×m×c 个，是符合要求的，瓶颈在于转移时枚举 p p p。
可以先不要看下面自己想一下如何优化（如果理解了就不是很难）。
注意到随着 p p p 的减小， c − j + p c-j+p c−j+p 一定是依次递减。也就是说，如果我们这一次用 d p i − 1 , p , k k dp_{i-1,p,kk} dpi−1,p,kk 转移，下一次就一定用 d p i − 1 , p − 1 , k k − 1 dp_{i-1,p-1,kk-1} dpi−1,p−1,kk−1。前缀和一下即可。
代码
答案即为 d p n , m , 0 dp_{n,m,0} dpn,m,0（ n n n 达到 c c c 的时间一定是在 m m m，这个易证）。
时间复杂度 O ( n m c ) O(nmc) O(nmc)，可过。
容易滚动数组。
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int t,n,c,m,a[10005];
int dp[10005][105],dpp[10005][105],s[10005][105];//s为前缀和数组
int ksm(int x,int y)
{
if(y==1) return x;
if(!y) return 1;
int mid=ksm(x,y>>1);
if(y&1) return mid*1ll*mid%mod*x%mod;
return mid*1ll*mid%mod;
}
int jie[10005],njie[10005];
int C(int x,int y)
{
if(x<y) return 0;
return jie[x]*1ll*njie[y]%mod*njie[x-y]%mod;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
jie[0]=1,njie[0]=1;
for(int i=1;i<=10000;i++) jie[i]=jie[i-1]*1ll*i%mod,njie[i]=ksm(jie[i],mod-2);
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>c>>m;
for(int i=1;i<=m;i++) cin>>a[i];
for(int i=0;i<=c;i++) dp[c][i]=C(c,i);
for(int j=1;j<=m;j++)
for(int k=0;k<=c;k++) s[j][k]=(dp[j][k]+s[j-1][k-1])%mod;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
for(int k=0;k<=c;k++)
dpp[j][k]=s[j][c]*1ll*C(c,k)%mod;
for(int j=1;j<=m;j++)
for(int k=0;k<=c;k++) dp[j][k]=dpp[j][k],dpp[j][k]=0;
for(int j=1;j<=m;j++)
for(int k=0;k<=c;k++) s[j][k]=(dp[j][k]+s[j-1][k-1])%mod;
}
cout<<dp[m][0]<<"\n";
for(int j=1;j<=m;j++)
for(int k=0;k<=c;k++) dp[j][k]=0;
}
return 0;
}代码是不是还挺煎蛋（？
书接下文
可以挑战一下本题的加强版。