BZOJ1079 [SCOI2008]着色方案 【dp记忆化搜索】

题目

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。

输入格式

第一行为一个正整数k，第二行包含k个整数c1, c2, … , ck。

输出格式

输出一个整数，即方案总数模1,000,000,007的结果。

输入样例

3

1 2 3

输出样例

10

提示

100%的数据满足：1 <= k <= 15, 1 <= ci <= 5

题解

乍一看还以为是普通的dp，发现颜色次数限制还真不好整。
但不同颜色是没有什么区别的【只在与上一个颜色冲不冲突的问题上有区别】
观察颜色使用次数很少，我们尝试不用颜色作为状态，用所剩次数作为状态
设f[a][b][c][d][e][k]表示可用1次的颜色有a个，可用2次的颜色有b个，可用3次的颜色有c个，可用4次的颜色有d个，可用5次的颜色有e个，上一次使用的颜色为当前还剩k个的颜色
那么状态转移时我们就可以枚举这次涂上哪一个
比如涂上可用3次的颜色，那么就有c∗f[a][b+1][c−1][d][e]种方案，如果k==c，那么只有(c−1)∗f[a][b+1][c−1][d][e]种，因为c种颜色中有一种上一次涂上了
其它也是类似的。
用记忆化搜索会好写一些

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define Redge(u) for (int k = h[u]; k != -1; k = ed[k].nxt)
using namespace std;
const int maxn = 105,maxm = 16,INF = 1000000000,P = 1000000007;
inline int RD(){
    int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
    while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
    while (c >= 48 && c <= 57) {out = (out << 1) + (out << 3) + c - '0'; c = getchar();}
    return out * flag;
}
int N = 0,K,s[maxn];
LL f[maxm][maxm][maxm][maxm][maxm][6];
bool vis[maxm][maxm][maxm][maxm][maxm][6];
LL dp(int a,int b,int c,int d,int e,int k){
    LL t = 0;
    if (vis[a][b][c][d][e][k]) return f[a][b][c][d][e][k];
    if (a + b + c + d + e == 0) return 1;
    if (a) t = (t + (LL)(a - (k == 2)) * dp(a - 1,b,c,d,e,1)) % P;
    if (b) t = (t + (LL)(b - (k == 3)) * dp(a + 1,b - 1,c,d,e,2)) % P;
    if (c) t = (t + (LL)(c - (k == 4)) * dp(a,b + 1,c - 1,d,e,3)) % P;
    if (d) t = (t + (LL)(d - (k == 5)) * dp(a,b,c + 1,d - 1,e,4)) % P;
    if (e) t = (t + (LL)e * dp(a,b,c,d + 1,e - 1,5)) % P;
    vis[a][b][c][d][e][k] = true;
    return f[a][b][c][d][e][k] = t;
}
int main(){
    K = RD();
    REP(i,K) s[RD()]++;
    printf("%lld
",dp(s[1],s[2],s[3],s[4],s[5],0));
    return 0;
}