[SCOI2008]着色方案

因为这类问题都需要从前一步来推后一步，所以大概率是DP类问题

首先我们需要确定状态，如果把每种颜色都当成一维来记录的话，最大是(15) 维肯定是不可取的，所以就要考虑别的状态

因为每种颜色(c_ileq5) ，我们可以把每种颜色剩余能涂的个数看成一个等价类 来确定每种状态

(f[c1][c2][c3][c4][c5][lst]) 其中，(c1) 表示在所有颜色中剩余能涂的个数为(1) 的，有(c1) 个颜色（颜色之间有相同，也有不同）

(c2,c3,c4,c5) 同理，(lst==last) 代表上一次用的是那种等价类里面的颜色

• 如果把不同颜色，按照剩余能涂的个数来划分到一个等价类，会不会对答案造成影响？，不会

• 因为我们每一步取的颜色，对于它来说，肯定会改变它的状态，所以每一步取的颜色肯定都不相同

例如 当前有(4) 种颜色(a,b,c,d) 它们都剩余了(5) 个，所以 (c5==4) 这些颜色一共(20) 个 ，其中(c1,c2,c3,c4,c5) 是相互独立的

我们从(c5) 中拿出一个颜色（可以不知道取的是那种颜色）之后(c5--) ，(c4++) 因为其中有一种颜色（我们不关心掉下去的颜色是谁，只关心这个等价类）从原先的剩余(5) 个变成了(4) 个

这就是他们相互独立的原因，也是可以这样分类来取的原因。还要记得判断一下(lst)

if(c2) res += (c2 - (lst == 3)) * dfs(c1 + 1,c2 - 1,c3,c4,c5,2);

这段代码的意思是，如果(c2) 还能取，就把这种情况加到(res) 中，如果上次取的是(c3) 那么就会从(c3) 中掉一种颜色到(c2) 所以，我们要避开这种相同颜色，只能取剩下的(c2-1) 种了，取了(c2) 种后，下一步就是(c1++,c2--,lst=2) 然后根据乘法原理搞就行

最后相加取模即可

if(c5) res += c5 * dfs(c1,c2,c3,c4 + 1,c5 - 1,5);

因为不可能有(c6) 所以就不用考虑(lst) 的影响了，直接搞

#include <bits/stdc++.h> 
using namespace std;
const int N = 16,mod = 1e9 + 7;
typedef long long LL;
int f[N][N][N][N][N][6],k,c[N],x,n;
LL dfs(int c1,int c2,int c3,int c4,int c5,int lst) {
    // 如果这种状态被记录过，直接返回即可，不用计算
    if(f[c1][c2][c3][c4][c5][lst]) return f[c1][c2][c3][c4][c5][lst];
    LL res = 0;
    if(c1) res += (c1 - (lst == 2)) * dfs(c1 - 1,c2,c3,c4,c5,1);
    if(c2) res += (c2 - (lst == 3)) * dfs(c1 + 1,c2 - 1,c3,c4,c5,2);
    if(c3) res += (c3 - (lst == 4)) * dfs(c1,c2 + 1,c3 - 1,c4,c5,3);
    if(c4) res += (c4 - (lst == 5)) * dfs(c1,c2,c3 + 1,c4 - 1,c5,4);
    if(c5) res += c5 * dfs(c1,c2,c3,c4 + 1,c5 - 1,5);
    return f[c1][c2][c3][c4][c5][lst] = res % mod;
}

int main() {
    // 边界条件
    for(int i = 1;i <= 5; ++i) f[0][0][0][0][0][i] = 1;
    cin >> n;
    for(int i = 1;i <= n; ++i) {
        cin >> x;// 读入第 i 种颜色的个数
        c[x] ++;// 能涂 i 个木块的颜色一共有 c[x] 个
    }
    cout << dfs(c[1],c[2],c[3],c[4],c[5],0) << endl;
    return 0;
}