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。
标签：统计 href clu 没有 color ons led 依次 long
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。
第一行为一个正整数k，第二行包含k个整数c1, c2, ... , ck。
输出一个整数，即方案总数模1,000,000,007的结果。
100%的数据满足：1 <= k <= 15, 1 <= ci <= 5
注意ci≤5这个限制
设f[a][b][c][d][e]，表示可以涂1次的油漆有a种，可以涂2次的油漆有b种，以此类推。。。
于是DP转移为：
f[a][b][c][d][e]=a*f[a-1][b][c][d][e]+b*f[a+1][b-1][c][d][e]+c*f[a][b+1][c-1][d][e]+d*f[a][b][c+1][d-1][e]+e*f[a][b][c][d+1][e-1]
但是我们还没有考虑同色的情况，因此我们加一维，f[a][b][c][d][e][l]，l表示前一木块涂完后的颜色的所剩次数
那么新的转移为：
f[a][b][c][d][e]=(a-(l==2))*f[a-1][b][c][d][e]+(b-(l==3))*f[a+1][b-1][c][d][e]+(c-(l==4))*f[a][b+1][c-1][d][e]+(d-(l==5))*f[a][b][c+1][d-1][e]+e*f[a][b][c][d+1][e-1]
l==6的情况显然不用考虑
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 using namespace std; 4 5 #define LL long long 6 const int mod=1000000007; 7 8 int k,a[6]; 9 LL f[16][16][16][16][16][6]; 10 11 LL dp(int a,int b,int c,int d,int e,int l) 12 { 13 if((a|b|c|d|e)==0) return f[a][b][c][d][e][l]=1; 14 if(f[a][b][c][d][e][l]) return f[a][b][c][d][e][l]; 15 LL t=0; 16 if(a) t+=(a-(l==2))*dp(a-1,b,c,d,e,1); 17 if(b) t+=(b-(l==3))*dp(a+1,b-1,c,d,e,2); 18 if(c) t+=(c-(l==4))*dp(a,b+1,c-1,d,e,3); 19 if(d) t+=(d-(l==5))*dp(a,b,c+1,d-1,e,4); 20 if(e) t+=e*dp(a,b,c,d+1,e-1,5); 21 return f[a][b][c][d][e][l]=t%mod; 22 } 23 24 int main() 25 { 26 scanf("%d",&k); 27 for(int i=1;i<=k;i++) 28 { 29 int x; 30 scanf("%d",&x); 31 a[x]++; 32 } 33 printf("%lld",dp(a[1],a[2],a[3],a[4],a[5],0)); 34 return 0; 35 }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/InWILL/p/9478183.html
