1079: [SCOI2008]着色方案

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Description

有n个木块排成一行，从左到右依次编号为1~n。你有k种颜色的油漆，其中第i种颜色的油漆足够涂ci个木块。所有油漆刚好足够涂满所有木块，即c1+c2+…+ck=n。相邻两个木块涂相同色显得很难看，所以你希望统计任意两个相邻木块颜色不同的着色方案。

Input

第一行为一个正整数k，第二行包含k个整数c1, c2, … , ck。

Output

输出一个整数，即方案总数模1,000,000,007的结果。

Sample Input

3

1 2 3

Sample Output

10

HINT

100%的数据满足：1 <= k <= 15, 1 <= ci <= 5

这道题我们可以很容易的想到一个5^15的dp，但是显然这样是不行的。

所以我们就需要换一种思路考虑，我们可以注意到ci<=5，所以就可以将5^15转化为15^5。

怎样转化呢？

我们考虑用f[a][b][c][d][e]剩余1个的颜色有a个。。。。剩余5

个的颜色有e个。

那么怎样保证相邻的颜色不能放呢？

多开一维就好了，保存上一个位置放的是什么颜色，然后记忆化搜索一遍就可以了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define LL long long
#define D 1000000007
LL f[6][16][16][16][16][16];
int C[16],num[6]={0},n;
bool check[6][16][16][16][16][16]={false};
LL dp(int last,int a,int b,int c,int d,int e)
{
    LL num=0;
    if(a<0||b<0||c<0||d<0||e<0) return 0;
    if(!a&&!b&&!c&&!d&&!e) return 1;
    if(check[last][a][b][c][d][e]) return f[last][a][b][c][d][e];
    num=(num+(a+(last==2?-1:0))*dp(1,a-1,b,c,d,e))%D;
    num=(num+(b+(last==3?-1:0))*dp(2,a+1,b-1,c,d,e))%D;
    num=(num+(c+(last==4?-1:0))*dp(3,a,b+1,c-1,d,e))%D;
    num=(num+(d+(last==5?-1:0))*dp(4,a,b,c+1,d-1,e))%D;
    num=(num+e*dp(5,a,b,c,d+1,e-1))%D;
    check[last][a][b][c][d][e]=true;
    f[last][a][b][c][d][e]=num;
    return f[last][a][b][c][d][e];
}
int main()
{
    int i;
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;++i){
        scanf("%d",&C[i]);
        num[C[i]]+=1;
    }
    printf("%lld\n",dp(0,num[1],num[2],num[3],num[4],num[5]));
} 

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