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;
}