着色方案(bzoj 1079)
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
1 2 3
Sample Output
10
HINT
100%的数据满足:1 <= k <= 15, 1 <= ci <= 5
/* 直接状态压缩是显然是不可行的,我们考虑如果没有相邻颜色不相同的限制的话, 如果两种油漆能染的木块数目相同,我们就可以认为两种油漆无差别。 设dp[a1][a2][a3][a4][a5]为能染1个木块的油漆有a1种……的方案数。 但是有相邻颜色的限制,如果上一次用了颜色数为last的油漆, 那么这一次有一种颜色数为last-1的油漆就不能用了,转移的时候注意一下。 */ #include<iostream> #include<cstdio> #define mod 1000000007 #define lon long long using namespace std; int s[6],dp[16][16][16][16][16][16],k; int dfs(int a1,int a2,int a3,int a4,int a5,int last){ if(dp[a1][a2][a3][a4][a5][last]) return dp[a1][a2][a3][a4][a5][last]; if(a1+a2+a3+a4+a5==0) return dp[a1][a2][a3][a4][a5][last]=1; lon tot=0; if(a1) tot+=1LL*(a1-(last==2))*dfs(a1-1,a2,a3,a4,a5,1),tot%=mod; if(a2) tot+=1LL*(a2-(last==3))*dfs(a1+1,a2-1,a3,a4,a5,2),tot%=mod; if(a3) tot+=1LL*(a3-(last==4))*dfs(a1,a2+1,a3-1,a4,a5,3),tot%=mod; if(a4) tot+=1LL*(a4-(last==5))*dfs(a1,a2,a3+1,a4-1,a5,4),tot%=mod; if(a5) tot+=1LL*a5*dfs(a1,a2,a3,a4+1,a5-1,5),tot%=mod; return dp[a1][a2][a3][a4][a5][last]=tot; } int main(){ scanf("%d",&k); for(int i=1;i<=k;i++){ int x;scanf("%d",&x); s[x]++; } printf("%d",dfs(s[1],s[2],s[3],s[4],s[5],0)); return 0; }