一个大小为 的集合 ，每次可以选择 ，若 且 ，可以将 删去。
求能删除最多数的删除序列数，删除序列定义为对于一个三元组 ，每次删数把 加入到删除序列中。
，保证 两两不同。
题解
考虑如果 ，就从 到 连一条边，这样形成的图是一个偏序集。不妨只考虑第一层的点，称为 类点，其余的点称为 类点。每次删除操作可以转化为，找到一个 类点，存在 的出度，就可以删掉其中任意一条出边指向的点。
对于任意一个由 、 类点组成的非平凡弱联通块，一定存在一种删除方式使得是剩下其中的 类点和某一个 类点。这就是删除最多数的方案。
那么怎么统计方案数呢，我们枚举最后剩下的点，然后把删除操作倒过来做，变成加入操作。那么我们可以状压一个状态，是一个 类点的集合，此时这些 类点有至少 的出度。那么每次被反向「删除」回来的点一定和状态中的某一个 类点有边，且会产生两种影响，即：要么增加后状态不变，要么增加后使得更多的 类点变成「可用」。
我们不妨在每次导致第二种影响的时候统计方案，就不会统计重复，这样的话可以得到一个 的暴力 DP，其中 是 类点的个数。
如果我们删除没有出度的点，容易证明 （），可以通过本题。实际上如果特判出度为 ，能让 做到更小。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 65, mod = 1e9 + 7;
int n, m, tot, sum, ans, in[N], out[N], anc[N], val[N], tag[N], fac[N], ifac[N], S[1 << 15], dp[N][1 << 15];
long long T[1 << 15];
int find(int x) { return anc[x] == x ? x : anc[x] = find(anc[x]); }
inline int C(int n, int m) { return n < m ? 0 : (long long)fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod; }
int main() {
#ifdef memset0
freopen("1.in", "r", stdin);
#endif
cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
fac[0] = ifac[0] = ifac[1] = 1;
for (int i = 2; i < N; i++) ifac[i] = (long long)(mod - mod / i) * ifac[mod % i] % mod;
for (int i = 1; i < N; i++) fac[i] = (long long)fac[i - 1] * i % mod, ifac[i] = (long long)ifac[i - 1] * ifac[i] % mod;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> val[i], tag[val[i]] = true;
m = *max_element(val + 1, val + n + 1);
for (int i = 1; i <= m; i++)
if (tag[i]) anc[i] = i;
for (int i = 1; i <= m; i++)
if (tag[i])
for (int j = (i << 1); j <= m; j += i)
if (tag[j]) {
out[i]++, in[j]++;
anc[find(i)] = find(j);
}
ans = 1;
for (int c = 1; c <= m; c++)
if (tag[c] && find(c) == c) {
vector<int> a, b;
vector<long long> A, B;
for (int i = 1; i <= m; i++)
if (tag[i] && find(i) == c) {
if (!in[i]) {
if (!out[i]) continue;
a.push_back(i);
} else {
b.push_back(i);
}
}
if (!b.size()) continue;
A.resize(a.size());
B.resize(b.size());
for (int i = 0; i < a.size(); i++)
for (int j = 0; j < b.size(); j++)
if (b[j] % a[i] == 0) {
A[i] |= 1ll << j;
B[j] |= 1ll << i;
}
for (int x = 0; x < (1 << a.size()); x++) {
long long s = 0, t = 0;
for (int i = 0; i < a.size(); i++)
if ((x >> i) & 1) t |= A[i];
for (int j = 0; j < b.size(); j++)
if (((t >> j) & 1) && (x & B[j]) == B[j]) s |= 1ll << j;
S[x] = __builtin_popcountll(s), T[x] = t;
}
sum = 0;
for (int i = 0; i < b.size(); i++) {
for (int i = 0; i <= b.size(); i++) memset(dp[i], 0, (1 << a.size()) << 2);
dp[1][B[i]] = fac[S[B[i]] - 1];
for (int x = B[i], y; x < (1 << a.size()); x++)
for (int t = 0; t < b.size(); t++)
if (((T[x] >> t) & 1) && (y = x | B[t]) != x)
for (int i = 1; i < b.size(); i++)
if (dp[i][x])
for (int j = i + 1; j <= b.size(); j++) {
dp[j][y] = (dp[j][y] + (long long)dp[i][x] * C(S[y] - j, S[y] - S[x] - 1) % mod * fac[S[y] - S[x] - 1]) % mod;
}
for (int i = 0; i <= b.size(); i++) sum = (sum + dp[i][(1 << a.size()) - 1]) % mod;
}
tot += b.size() - 1;
ans = (long long)ans * sum % mod * C(tot, b.size() - 1) % mod;
}
cout << ans << endl;
}