我们先考虑对于一堆线段我们怎么求最大的不相交的线段数量。
我们先按 r 排序， 然后能选就选。
所以我们能想到我们用$dp[ i ][ j ]$表示已经选了 i 个线段， 最后一个被选的线段的右端点是 j 的方案数。
对于dp[ i ][ j ] -> dp[ i + 1 ][ k ]， 所有能满足左端点 > j 右端点为 k 的方案数为1 << (k - j)种， 其他可以随意
放上取的方案数为1 << ( ( n - z ) * ( z - j ) )种， 所以可以得到
dp[ i + 1 ][ z ] += dp[ i ][ j ] * pow2[ (n - z) * (z - j) ] % mod * (pow2[ z - j ] - 1)
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define LD long double
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
#define PLL pair<LL, LL>
#define PLI pair<LL, int>
#define PII pair<int, int>
#define SZ(x) ((int)x.size())
#define ull unsigned long long using namespace std; const int N = + ;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + ;
const double eps = 1e-;
const double PI = acos(-); template<class T, class S> inline void add(T& a, S b) {
a += b; if(a >= mod) a -= mod;
}
template<class T, class S> inline void sub(T& a, S b) {
a -= b; if(a < ) a += mod;
}
template<class T, class S> inline bool chkmax(T& a, S b) {
return a < b ? a = b, true : false;
}
template<class T, class S> inline bool chkmin(T& a, S b) {
return a > b ? a = b, true : false;
} int n, k;
int dp[N][N];
int pow2[N * N]; int main() {
for(int i = pow2[] = ; i < N * N; i++)
pow2[i] = 1LL * pow2[i - ] * % mod;
scanf("%d%d", &n, &k);
dp[][] = ;
for(int i = ; i < k; i++) {
for(int j = ; j <= n; j++) {
if(!dp[i][j]) continue;
for(int z = j + ; z <= n; z++) {
add(dp[i + ][z], 1LL * dp[i][j] * pow2[(n - z) * (z - j)] % mod * (pow2[z - j] - ) % mod);
}
}
}
int ans = ;
for(int i = ; i <= n; i++)
add(ans, dp[k][i]);
printf("%d\n", ans);
return ;
} /*
*/