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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
Sample Output
10
HINT
100%的数据满足：1 <= k <= 15, 1 <= ci <= 5
Solution
是不是还想状压啊，行不通的，状态数太多了。
看看还有什么是比较小的：(c_i)看起来很小。
仔细想一想会发现，如果两种颜料的可使用次数相同，那么它们可以归为一类颜料。
从可使用次数分类入手，设状态(f[a_1][a_2][a_3][a_4][a_5][x])，表示当前已使用(i)次的颜料有(a_i)种，且下一步将要选择当前可使用(x)次的颜料，的总方案数。
干脆就自顶向下使用记忆化搜索DP实现。每个状态从哪里转移就很显然了：可以挑5类颜料中的一种，那么转移的来源就是({a_1-1,a_2,a_3,a_4,a_5}),({a_1+1,a_2-1,a_3,a_4,a_5}),({a_1,a_2+1,a_3-1,a_4,a_5}),({a_1,a_2,a_3+1,a_4-1,a_5}),({a_1,a_2,a_3,a_4+1,a_5-1})。
关键是转移的系数和递归参数。简单的讲，每类颜料(i)有(a_i)种不同的选法，但这没有考虑到题目要求两两不同给的限制。
注意每个状态的(a_i)是相对于当前状态下的信息，而(x)则是上一层状态给你做出的限制。你枚举当前这一步将要挑哪一类颜料，递归的时候就要把这类颜料作为下一步的(x)传进去，表示你下一层自己选择的时候，如果要选我这一层选择的这类颜料，你可用的选择数必须减1，否则将会和我冲突。而上一层递归给这一层传进了(x)，说明上一层递归所挑的颜料在上一层为第(x)类，那么在这一层则是第(x-1)类（没用之前即减1）。如果你枚举当前层选择了第(x-1)类颜料，可用方案数必须减1。
需要梳理一下思路和控制关系，实现起来并不难。
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N=16,MOD=1e9+7;
int n,a[6],c[6];
int f[N][N][N][N][N][6];
int dfs(int a1,int a2,int a3,int a4,int a5,int x){
int &F=f[a1][a2][a3][a4][a5][x];
if(F!=-1) return F;
F=0;
if(a1)
(F+=1LL*dfs(a1-1,a2,a3,a4,a5,1)*(a1-(x-1==1))%MOD)%=MOD;
if(a2)
(F+=1LL*dfs(a1+1,a2-1,a3,a4,a5,2)*(a2-(x-1==2))%MOD)%=MOD;
if(a3)
(F+=1LL*dfs(a1,a2+1,a3-1,a4,a5,3)*(a3-(x-1==3))%MOD)%=MOD;
if(a4)
(F+=1LL*dfs(a1,a2,a3+1,a4-1,a5,4)*(a4-(x-1==4))%MOD)%=MOD;
if(a5)
(F+=1LL*dfs(a1,a2,a3,a4+1,a5-1,5)*a5%MOD)%=MOD;
return F;
}
int main(){
freopen("input.in","r",stdin);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
int x;
scanf("%d",&x);
c[x]++;
}
memset(f,-1,sizeof f);
for(int i=0;i<=5;i++)
f[0][0][0][0][0][i]=1;
printf("%d
",dfs(c[1],c[2],c[3],c[4],c[5],0));
return 0;
}