Codeforces Round #100 E. New Year Garland

好题让我刷新很多对dp状态的观念。

1、先让我们不考虑第二个条件，也就是相邻两层颜色集合不同。

那么显然很容易得到答案为 $\prod\limits_{i=1}^{n}(m-1)^{l[i]-1} \cdot m$

为什么呢其实显然，一层第一个位置可以填 $m$ 个颜色，后面每个位置不能与前面位置相同，

则填 $m-1$ ,一层总和就是 $(m-1)^{l[i]-1} \cdot m$ 。

但是先在多了一个条件相邻两层所选集合不能相同。

2、那么怎么办？很容易想到DP， $g(i)$ 表示前i层满足条件的所有方案数

容易得到一个错误的转移方程 $g(i) = g(i-1)*((m-1)^{l[i]-1} \cdot m) - g(i-1)$

这个方程的意思是g(i)第i层选了所有能选的方案数，然后再减去g(i-1)即 i和i-1层冲突的方案数

有两个错误

（1） $i$ 和 $i-1$ 层冲突的方案数并不是 $g(i-1)$ ，因为 $i-1$ 层与 $i$ 层除了一一对应相等，调换顺序也可以，因为只要集合一样即可。

（2）假如说 $l[i-1]>l[i]$ 的话那么 $g[i-1]$ 包括一些颜色集合大小可能大于第i层的，那么一定会多减去一部分。

根据上面两个错误，我们能反推出一道新题目。

即l[i]满足单调，且相邻层不相等的方案数，就可以用前面的简单递推了。

3、前面说了那么多，无不指向一点——————我们需要多给 $g(i)$ 加一维，即用了多少颜色，这要我们就能很方便的处理 2、（1）（2）内的两个问题了

（1）既然有了颜色一维，就可以 $*f[l[i]][j]*(^{m}_{j})*j!$ 算出这i与i-1层冲突的方案数。
（ $f[i][j]表示i个位置用了j个颜色的方案数，满足颜色没有标号）$

（2）以为有了颜色数量这一层，那么我们减去i与i-1层冲突层的数量时候，可以根据i的颜色数量来减去。

这样就很好解决了前两个问题。

4、回到前面的 $f[i][j]$ ,做这题的时候我才发现一直把这东西搞混了

$f[i][j] = f[i-1][j-1]+(j-1)f[i-1][j]$ 其实求的是颜色无标号的方案。
（ $f[i][j]表示i个位置用了j个颜色的方案数，满足颜色没有标号）$

为什么呢？假设有编号，首先这样推出的选择序列一定时颜色小的出现在颜色大的前面。

这样的序列就对应无标号方案，假设有标号那么

存在12234,13342这样的相同的情况，总会出现第一个小于另一种情况的方案不会算上。

不同无标号的方案也一定算一个答案。

所有以后题目：有5种颜色，染色1000个地盘，相邻的不能同种颜色，问选其中j种颜色染色方案数。
不能求完 $f[1000][j]*(^{5}_{j})$ 就完了还得乘上 $f[1000][j]*j!*(^{5}_{j})$

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e6+10,M = 5010;
int f[M][M],l[N],g[2][M];
int n,m,MOD,mi[N],jie[N];
void init(){
    f[0][0] = 1;
    for(int i = 1;i<M;++i){
        for(int j = 1;j<=i;++j){
            f[i][j] = (f[i-1][j-1]+(LL)f[i-1][j]*(j-1))%MOD;
        }
    }
    mi[0] = 1;
    for(int i = 1;i<=m;++i){
        mi[i] = (LL)mi[i-1]*(m-i+1)%MOD;
    }
    jie[0] = 1;
    for(int i = 1;i<N;++i)jie[i] = (LL)jie[i-1]*i%MOD;
}
int main(){
    // freopen("a.txt","r",stdin);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&MOD);
    init();
    for(int i = 1;i<=n;++i)scanf("%d",&l[i]);
    int s = 1;
    for(int i = 1;i<=n;++i){
        for(int j = 1;i>=2&&j<=l[i-2];++j){
            g[i&1][j] = 0;
        }
        int mn = min(m,l[i]);
        for(int j = 1;j<=mn;++j){
            g[i&1][j] = 
            (LL)mi[j]*f[l[i]][j]%MOD*s%MOD
            - (LL)g[(i-1)&1][j]*jie[j]%MOD*f[l[i]][j]%MOD;
            g[i&1][j]%=MOD;
        }
        s = 0;
        for(int j = 1;j<=mn;++j){
            s += g[i&1][j];
            s %= MOD;
        }
    }
    s = (s%MOD+MOD)%MOD;
    cout<<s<<'\n';
    return 0;
}