BZOJ 1079[SCOI2008]着色方案

1079: [SCOI2008]着色方案

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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

状态好像没敢这么大胆设计过。。

设还能涂1次的有a种，涂2次的有b种，，涂5次的e种，上一次涂了f种的
然后转移的时候

a,b,c,d,e如果涂只剩一次的，那必然由dp(a-1,b,c,d,1)转移出的结果，但是只有一次的有a种，所以再乘个a。如果上一次涂的是只剩两次的，涂完以后这个只剩两次的就归入现在算的只剩1次的里面了，所以不能涂这个，要再减1；

其他的也一样

// luogu-judger-enable-o2
#include<bits/stdc++.h>
#define now s[a][b][c][d][e][f]
#define mod 1000000007
int k;
int x[20]; 
long long s[16][16][16][16][16][7];
inline long long dp(int a,int b,int c,int d,int e,int f){
    if(!a&&!b&&!c&&!d&&!e) return 1;
    if(now) return now;
    now=0;
    if(a)now=(now+((a-(f==2))*dp(a-1,b,c,d,e,1))%mod)%mod; //这次涂1次的 
    if(b)now=(now+(b-(f==3))*dp(a+1,b-1,c,d,e,2)%mod)%mod; //这次涂剩余两次的 
    if(c)now=(now+(c-(f==4))*dp(a,b+1,c-1,d,e,3)%mod)%mod;//now表示现在涂了abcde后的方案数量 
    if(d)now=(now+(d-(f==5))*dp(a,b,c+1,d-1,e,4)%mod)%mod;
    if(e)now=(now+e*dp(a,b,c,d+1,e-1,5)%mod)%mod;
    now%=mod;
    return now;
}
int main (){
    scanf("%d",&k);
    for(int i=1;i<=k;++i){
        int s;
        scanf("%d",&s);
        x[s]++;
    }
    long long ans=dp(x[1],x[2],x[3],x[4],x[5],0);
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}