题面在这里

description

有\(n\)种颜色的小球，每种颜色的小球有\(a_i\)个；

要把它们摆成一排，求相邻小球颜色不相同的摆放方案数。

任意两个合理的安排方法，只要有一个位置的同学不同，都被认为是不同的。

data range

\[n\le 50,a_i\le 50,\sum a_i\le 500\]

solution

鸣谢YCB

以下先考虑可重排列的情况

考虑容斥:

\[Ans=\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{i}f(i)\]

其中\(f(x)\)表示至少有\(x\)对相邻同色球的方案数。

直接求多项式\(f(x)\)不好求,我们先考虑一种颜色。

由于可重排列的方案数\(P=\frac{(\sum a_i)!}{\sum(a_i!)}\)，

对于一种颜色的小球，构造多项式

\[g_i(x)=\sum_{j=0}^{a_i-1}(-1)^{j}\frac{1}{(a_i-j)!}E(a_i,a_i-j)x^{j}\]

其中\(E(i,j)\)表示把\(i\)个相同的小球分成\(j\)段的方案数，

相当于在\(i-1\)个空隙中选\(j-1\)块隔板，因此\(E(i,j)=\binom{i-1}{j-1}\)。

于是\[f(x)=(\sum_{i=1}^{n} a_i)\prod_{i=1}^{n}g_i(x)\]

直接暴力多项式乘法即可，复杂度为\(O(n(∑a_i)a_{max})\)

code

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#include<algorithm>
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#include<cmath>
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#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#define FILE "a"
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define RG register
#define il inline
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef vector<int>VI;
typedef long long ll;
typedef double dd;
const dd eps=1e-10;
const int mod=1e9+7;
const int N=505;
const dd pi=acos(-1);
il ll read(){
    RG ll data=0,w=1;RG char ch=getchar();
    while(ch!=‘-‘&&(ch<‘0‘||ch>‘9‘))ch=getchar();
    if(ch==‘-‘)w=-1,ch=getchar();
    while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘)data=data*10+ch-48,ch=getchar();
    return data*w;
}

il void file(){
    freopen(FILE".in","r",stdin);
    freopen(FILE".out","w",stdout);
}

il void upd(int &a,int b){a+=b;if(a>=mod)a-=mod;}
il void dec(int &a,int b){if(!b)return;upd(a,mod-b);}
il int poww(int a,int b){
    RG int ret=1;
    for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod)
        if(b&1)ret=1ll*ret*a%mod;
    return ret;
}
int fac[N],inv[N],C[N][N];
il void init(){
    fac[0]=1;for(RG int i=1;i<=500;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
    inv[500]=poww(fac[500],mod-2);
    for(RG int i=499;i;i--)inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
    C[0][0]=1;
    for(RG int i=1;i<=500;i++)
        for(RG int j=0;j<=i;j++){
            C[i][j]=C[i-1][j];
            if(j)upd(C[i][j],C[i-1][j-1]);
        }
}

int T,n,x,f[N],g[N],h[N],sum,ans,tot;
int main()
{
    init();T=read();
    for(RG int t=1;t<=T;t++){
        n=read();ans=sum=0;memset(f,0,sizeof(f));f[0]=tot=1;
        for(RG int i=1;i<=n;i++){
            x=read();sum+=x;tot=1ll*tot*fac[x]%mod;
            for(RG int j=0;j<x;j++){
                g[j]=1ll*inv[x-j]*C[x-1][x-j-1]%mod;
                if((j&1)&&g[j])g[j]=mod-g[j];
            }
            memset(h,0,sizeof(h));
            for(RG int j=0;j<sum-x-i+2;j++)
                for(RG int k=0;k<x;k++)
                    upd(h[j+k],1ll*f[j]*g[k]%mod);
            swap(f,h);
        }
        for(RG int i=0;i<sum-n+2;i++)
            upd(ans,1ll*f[i]*fac[sum-i]%mod);
        printf("Case %d: %lld\n",t,1ll*ans*tot%mod);
    }
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/cjfdf/p/9151547.html