【状态表示】Bzoj1096 [SCOI2008] 着色方案

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

 

题解

感觉很多省选题都是有一部分数据很大，有的数据却很小，然后小数据就成了我们的突破口。

那么对于这道题，5^15肯定超时，但是15^5就不会了。

于是改变一下状态定义，第k维代表还剩k次的颜色还有多少个。

再开一维表示上一次选择了还剩几次的颜色，也很好转移。

代码写记忆化搜索十分炫酷。

代码

以后就都开long long不用什么unsigned int了

#include<cstdio>
#define ll long long
const int maxn=16,mod=1e9+7;

ll f[maxn][maxn][maxn][maxn][maxn][maxn];
int c[6],n,k;

ll dp(int a,int b,int c,int d,int e,int x){
    if(a+b+c+d+e==0) return 1;
    if(f[a][b][c][d][e][x]) return f[a][b][c][d][e][x];
    ll tmp=0;
    if(a) tmp+=(a-(x==2))*dp(a-1,b,c,d,e,1),tmp%=mod;
    if(b) tmp+=(b-(x==3))*dp(a+1,b-1,c,d,e,2),tmp%=mod;
    if(c) tmp+=(c-(x==4))*dp(a,b+1,c-1,d,e,3),tmp%=mod;
    if(d) tmp+=(d-(x==5))*dp(a,b,c+1,d-1,e,4),tmp%=mod;
    if(e) tmp+=e*dp(a,b,c,d+1,e-1,5),tmp%=mod;
    return f[a][b][c][d][e][x]=tmp;
}

int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&k);
        c[k]++;
    }
    printf("%lld",dp(c[1],c[2],c[3],c[4],c[5],0));
    return 0;
}