题意：对于[l1, r1], [l2, r2]...[lm, rm]线段组成的一个集合S，我们定义f(S)为最大的不相交(没有任何公共点)线段数，现在给定n及k，n表示线段范围，即任何[li, ri]有1<=li<=ri<=n,求有多少个集合使得f(S) = k。
思路：刚看到题目感觉不会，也就不多想。。
突然问了下小胖，小胖说他做过，不难。。然后我就慢慢想了。。
仔细想想，确实不难。。
假设现在已经给定了一个S，那么我们怎么求f(S)?
很显然，我们可以贪心，按照r排序，那么我们每次只要取最小r的线段，删除覆盖的，依次做完最后取到的线段肯定最多。。
这么以来对于任意一个集合S，我们肯定可以用最小的有用线段的右端点r来表示其状态。。
所以用f[i][j]表示最后一个有用线段右端点为i，最长有j段不相交的线段的方案数
则递推到f[k][j+1](k>i)的状态有：
在【i+1, k】区间内一定选了至少一条以k为右端点的线段，选法2k-i - 1
左端点在【1， i】右端点【i+1， k】的线段可以任意选不影响f值，有2(k-i)*i种
所以 f[k][j+1] += f[i][j] *(2k-i - 1) * 2(k-i)*i
code：
#include <bits/stdc++.h>
#define M0(x) memset(x, 0, sizeof(x))
#define M 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = ;
int n, m;
ll dp[][], p[]; void solve(){
if (m == ){
puts("");
return;
}
M0(dp);
dp[][] = ;
p[] = ;
for (int i = ; i <= n * n; ++i) p[i] = (p[i-] << ) % M;
ll tmp;
int c = ;
for (int i = ; i < n; ++i)
for (int j = ; j < m; ++j) if (dp[i][j]){
c = ;
for (int k = i+; k <= n; ++k){
c += i;
tmp = dp[i][j] * (p[(k - i)]-) % M * p[c] % M;
dp[k][j+] = (dp[k][j+] + tmp) % M;
}
}
ll ans = ;
for (int i = ; i <= n; ++i){
tmp = p[(n-i) * i] * dp[i][m] % M;
ans = (ans + tmp) % M;
// printf("%d : %lld\n",i, ans);
}
cout << ans << endl;
} int main(){
freopen("a.in", "r", stdin);
while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF){
solve();
}
return ;
}