[SCOI2008]着色方案

X.[SCOI2008]着色方案

双倍经验，双倍快乐

可以看出这题直接是上一题的无编号版，直接套上一题的板子，乘上逆元的倒数直接水过，还轻轻松松完虐正解（五维暴力DP）

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
typedef long long ll;
int n,m,num[310],dsu[310],f[2][310][310],res,fac[310];
int ksm(int x,int y){
	int z=1;
	for(;y;x=(1ll*x*x)%mod,y>>=1)if(y&1)z=(1ll*x*z)%mod;
	return z;
}
int main(){
	scanf("%d",&m);
	for(int i=1,x;i<=m;i++){
		scanf("%d",&num[i]);
		for(int j=1;j<=num[i];j++)dsu[++n]=i;
	}
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=(1ll*fac[i-1]*i)%mod;
	f[0][0][0]=1;
	for(int i=1,cnt;i<=n;i++){
		memset(f[i&1],0,sizeof(f[i&1]));
		if(dsu[i]!=dsu[i-1]){
			cnt=0;
			for(int j=0;j<i;j++){
				for(int k=0;k<=j;k++)f[i&1][j][0]=(1ll*f[!(i&1)][j-k][k]*(i-j)+f[i&1][j][0])%mod;//if we put it between two balls of different colours
				for(int k=0;k<=j+1;k++)f[i&1][j][0]=(1ll*f[!(i&1)][j-k+1][k]*(j+1)+f[i&1][j][0])%mod;//if we put it between two balls of the same colours
			}
		}else{
			for(int j=0;j<i;j++){
				for(int k=1;k<=cnt;k++)f[i&1][j][k]=(1ll*f[!(i&1)][j][k-1]*(cnt*2-(k-1))+f[i&1][j][k])%mod;//if we put it next to a ball of the same colour
				for(int k=0;k<=cnt;k++)f[i&1][j][k]=(1ll*f[!(i&1)][j+1][k]*(j+1)+f[i&1][j][k])%mod;//if we put it between two balls of the same colours
				for(int k=0;k<=cnt;k++)f[i&1][j][k]=(1ll*f[!(i&1)][j][k]*(i-(cnt*2-k)-j)+f[i&1][j][k])%mod;//if we put it between two balls of different colours
			}
		}
		cnt++;
	}
	res=f[n&1][0][0];
	for(int i=1;i<=m;i++)res=(1ll*res*ksm(fac[num[i]],mod-2))%mod;
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}

当然这么就水过一道题好像有点不好意思哈

因此额外再介绍一种方法，复杂度最劣应该是$O(n^3)$的，其中$n$是木块数量。

我们设$num[i]$表示第$i$种颜色有多少个，$sum[i]$为前$i$种颜色有多少个。

因为这题无编号，我们可以考虑简化一维：设$f[i][j]$表示：

前$i$种颜色（！！！）

涂了前$sum[i]$块，

并且有$j$对相邻同色对的方案数。

我们采取刷表法进行DP。

考虑由$f[i][j]$推出$f[i+1][?]$。

我们枚举一个$k\in\Big[1,num[i+1]\Big]$，表示我们将$num[i+1]$分成$k$段连续的同色木块。

我们再枚举一个$l\in\Big[0,\min(j,k)\Big]$，表示我们从这$k$段木块中，抽出$l$段木块塞在两段颜色相同但相邻的木块中。

首先，依据隔板法（小学奥数），共有$\large C_{num[i+1]-1}^{k-1}$中合法的分割方案；

一共有$sum[i]-j+1$个颜色不同的相邻位置，因此这$j-l$段放入颜色相同的位置的木块共有$\large C_{sum[i]-j+1}^{j-l}$种放法。

一共有$j$个颜色相同的相邻位置，共有$C_j^l$种放法。

则总方案数为$\large C_{num[i+1]-1}^{k-1}*C_{sum[i]-j+1}^{j-l}*C_j^l*f[i][j]$。

等等，这一大坨是往哪里更新去的？

是往$f\Big[i+1\Big]\Big[j+num[i+1]-k-l\Big]$更新的。原本应该增加$num[i+1]-1$段相邻的，现在聚合成了$k$段，减少了$k-1$段；有$l$段放偏了，又减少了$l$段。

代码（压 行 带 师）：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int f[20][100],n,num[20],sum[20],C[100][100];
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&num[i]),sum[i]=sum[i-1]+num[i];
	for(int i=0;i<=sum[n];i++)C[i][0]=1;
	for(int i=1;i<=sum[n];i++)for(int j=1;j<=i;j++)C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
	f[1][num[1]-1]=1;
	for(int i=1;i<n;i++)for(int j=0;j<sum[i];j++)for(int k=1;k<=num[i+1];k++)for(int l=0;l<=min(k,j);l++)f[i+1][j-k+num[i+1]-l]=(1ll*f[i][j]*C[num[i+1]-1][k-1]%mod*C[sum[i]-j+1][k-l]%mod*C[j][l]%mod+f[i+1][j-k+num[i+1]-l])%mod;
	printf("%d\n",f[n][0]);
	return 0;
}