Description
赫克托是一个魁梧的粉刷匠，而且非常喜欢思考= =
现在，神庙里有N根排列成一直线的石柱，从1到N标号，长老要求用油漆将这些石柱重新粉刷一遍。赫克托有K桶颜色各不相同的油漆，第i桶油漆恰好可以粉刷Ci根石柱，并且，C1+C2+C3…CK=N（即粉刷N根石柱正好用完所有的油漆）。长老为了刁难赫克托，要求相邻的石柱颜色不能相同。
喜欢思考的赫克托不仅没有立刻开始粉刷，反而开始琢磨一些奇怪的问题，比如，一共有多少种粉刷的方案？
为了让赫克托尽快开始粉刷，请你尽快告诉他答案。
Input
第一行一个正整数T，表示测试数据组数
对于每一组测试数据数据：
第1行：一个正整数K
第2行：K个正整数，表示第i桶油漆可以粉刷的石柱个数，Ci。
Output
对于每组输入数据，输出一行一个整数，表示粉刷的方案数mod 1000000007。
Sample Input
3
3
1 2 3
5
2 2 2 2 2
10
1 1 2 2 3 3 4 4 5 5
Sample Output
10
39480
85937576
Data Constraint
30% N≤10, T≤5
50% N≤15, T≤5
80% K≤15,Ci≤5,T≤500
100% K≤15,Ci≤6,T≤2000
题解
题外话
话说这道题我在中考前几天还看到过。
当时没什么想法，就没有想下去。
今天一看到，突然灵机一动，发现是挺简单的一道题。
调了好久，过了样例，交上去，结果TLE50.
为什么呢？因为我比赛时把f数组开成了30000*100.
然后2000每次memset一下，成功爆炸。
考虑DP（话说暴力都不好拿分）
我们按照每一种颜料依次来弄。
那么加入一种颜料时，只需要考虑当前颜料与已经弄完的颜料的相对位置，不需要考虑染在哪根柱子上。
意思就是，假如当前颜料是：ababbd
加入3个c种颜料一种方式是：cacbabcbd
那么我们设(f_{[i]})表示当前把前i 种颜料的序列做出来的方案数。
可是一维的不够。因为题目要求是同种颜色不可以相邻。
于是我们多加一维表示当前一共有j个位置满足前面的颜色与当前颜色相同。
转移就有点神奇了。
每次转移其实就相当于把k个新颜色的球插入原序列中。
插入有方法——
每次插入有可能插入到两个相同的球之间，也可能插入到两个不相同的球之间。
所以，设有p个球插入到两个相同的球之间，有q个球插入到了两个不相同的球之间。
答案分别是：(C_j^p*C_{sum-j+1}^q)
但是还可能有别的球跟在上面两种球后面。
这就相当于在m个不相同的盒子里放入n个相同的球的方案数。
方案数即为(C_{n+m-1}^{n})（利用插板原理）
答案即为(C_{k-1}^{k-p-q})
标程
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <map>
using namespace std;
int maxn=32768,mo=1000000007;
int n,t;
int k[16];
long long f[100][100],mi[16],c[100][100],sum[32768],len[32768];
long long qsm(long long a,long long b)
{
long long t=1;
long long y=a;
while (b>0)
{
if (b%2==1) t=(t*y)%mo;
y=(y*y)%mo;
b=b/2;
}
return t;
}
int main()
{
freopen("color.in","r",stdin);
for (int i=0;i<=100;i++)
{
c[i][0]=1;
for (int j=1;j<=i;j++)
{
c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mo;
}
}
mi[0]=1;
for (int i=1;i<=15;i++)
{
mi[i]=mi[i-1]*2;
}
scanf("%d",&t);
while (t>0)
{
t--;
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&k[i]);
}
memset(f,0,sizeof(f));
memset(sum,0,sizeof(sum));
memset(len,0,sizeof(len));
f[0][0]=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
if (i==1)
{
f[i][k[i]-1]=1;
sum[i]=k[i];
len[i]=1;
}
else
{
for (int j=0;j<=sum[i-1];j++)
{
if (f[i-1][j]>0)
{
for (int p=0;p<=min(k[i],j);p++)
{
for (int q=0;q<=k[i]-p;q++)
{
if (q+p>=1)
{
f[i][j-p+k[i]-p-q]+=(f[i-1][j]*c[j][p]*c[sum[i-1]-j+1][q]*c[k[i]-1][k[i]-p-q])%mo;
}
}
}
}
}
sum[i]=sum[i-1]+k[i];
len[i]=len[i-1]+1;
}
}
printf("%lld
",(f[n][0])%mo);
}
}