bzoj1079 [SCOI2008]着色方案

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

这题没看题解做法真心想不出来啊……

首先，orz hzwer

f[a1][a2][a3][a4][a5][k]表示能刷1次的油漆还有a1种，刷2次的还有a2种，刷3次的还有a3种，刷4次的还有a4种，刷5次的还有a5种，上一个涂的是还能刷k次的某一种油漆的方案

前五维还是比较好理解的

转移也好想：对于还能刷k次的某一种油漆，如果当前使用了这一种，那么a[k]--,a[k-1]++。就是这种油漆只剩k-1次可以刷了

第六维是为了保证相邻两种油漆的种类不同。

如果上一次取的是还剩k次的一个颜色，那么这种颜色现在在a[k-1]中。所以计算现在取剩下k-1次的方案的时候要扣去这一个

然后就变成记忆化搜索

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<deque>
#include<set>
#include<map>
#include<ctime>
#define LL long long
#define inf 0x7ffffff
#define pa pair<int,int>
#define pi 3.1415926535897932384626433832795028841971
#define mod 1000000007
using namespace std;
inline LL read()
{
    LL x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
    return x*f;
}
LL f[16][16][16][16][16][6];
bool mrk[16][16][16][16][16][6];
int rep[6];
int n;
inline LL cal(int a1,int a2,int a3,int a4,int a5,int from)
{
	if (mrk[a1][a2][a3][a4][a5][from])return f[a1][a2][a3][a4][a5][from];
	if (a1+a2+a3+a4+a5==0)return 1;
	LL ans=0;
	if (a1)ans+=(a1-(from==2))*cal(a1-1,a2,a3,a4,a5,1);
	if (a2)ans+=(a2-(from==3))*cal(a1+1,a2-1,a3,a4,a5,2);
	if (a3)ans+=(a3-(from==4))*cal(a1,a2+1,a3-1,a4,a5,3);
	if (a4)ans+=(a4-(from==5))*cal(a1,a2,a3+1,a4-1,a5,4);
	if (a5)ans+=a5*cal(a1,a2,a3,a4+1,a5-1,5);
	ans%=mod;
	mrk[a1][a2][a3][a4][a5][from]=1;
	f[a1][a2][a3][a4][a5][from]=ans;
	return f[a1][a2][a3][a4][a5][from];
}
int main()
{
	n=read();
	for (int i=1;i<=n;i++)rep[read()]++;
	printf("%lld\n",cal(rep[1],rep[2],rep[3],rep[4],rep[5],0));
}

bzoj1079 [SCOI2008]着色方案

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