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。
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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
设状态f[a,b,c,d,e]表示还剩1个格子的颜色有a种，剩2个格子的颜色有b种...依次类推。那么转移时
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]+...+e*f[a,b,c,d+1,e-1]
可是我们发现没有考虑相邻的情况？没事！我们可以加一维！
我们再加一维，表示上一次用的颜色是等价类last，那么这一次计算的时候因为不能相邻，那么这个这一次放last-1的颜色时要少一个，所以是a-1或b-1或....或e-1然后再乘上后边的f。
那么转移就变成了：
f[a,b,c,d,e,last]=(a-(last==2))*f[a-1,b,c,d,e]+(b-(last==3))*f[a+1,b-1,c,d,e]+(c-(last==4))*f[a,b+1,c-1,d,e]+...+(e-(last==6))*f[a,b,c,d+1,e-1]
而last==6无意义，可以去掉。
真的是好题啊啊啊啊
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long dp[16][16][16][16][16][7];
int k,col[7];
const int Mod=1000000007;
long long dfs(int a,int b,int c,int d,int e,int k)
{
if(a+b+c+d+e==0)
return 1;
if(dp[a][b][c][d][e][k])
return dp[a][b][c][d][e][k];
long long temp=0;
if(a)
temp+=dfs(a-1,b,c,d,e,1)*(a-(k==2));
if(b)
temp+=dfs(a+1,b-1,c,d,e,2)*(b-(k==3));
if(c)
temp+=dfs(a,b+1,c-1,d,e,3)*(c-(k==4));
if(d)
temp+=dfs(a,b,c+1,d-1,e,4)*(d-(k==5));
if(e)
temp+=dfs(a,b,c,d+1,e-1,5)*e;
return dp[a][b][c][d][e][k]=temp%Mod;
}
int main()
{
int x;
scanf("%d",&k);
for(int i=1;i<=k;i++)
{
scanf("%d",&x);
col[x]++;
}
cout<<dfs(col[1],col[2],col[3],col[4],col[5],0)<<endl;
}
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原文地址：http://www.cnblogs.com/water-full/p/4515299.html
