bzoj 1079 [SCOI2008]着色方案

bzoj 1079 [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

这道题有点玄学,不管了,开始我也没想到要这么做,讲一下大概做法吧.我们设f[a][b][c][d][e][last]为剩余涂色次数为1.2.3...5次的颜色数,last表示上次涂了剩余颜色数为last的颜色,举个例子,f[1][2][3][4][5][2]表示当前有1个颜色可以涂一次,两个颜色可以涂两次...上次涂的颜色是剩余涂色次数为2的颜色中的一个.那么我们可以想到这个状态可以由f[0][3][4][5][x]转移过来,那么我们就想到了可以dp了,由于对于剩余涂色次数为x的颜色,它们的性质是一样的,我们把它们加起来就可以了.于是我们可以打记忆化了.

代码如下

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long LL;

static const int maxm=15+1;
static const int MOD=1e9+7;

LL f[maxm][maxm][maxm][maxm][maxm][maxm];
int cnt[maxm];
int n,x;

LL dfs(int a,int b,int c,int d,int e,int last){
    LL ret=0;
    if(!(a+b+c+d+e))return f[a][b][c][d][e][last]=1;
    if(f[a][b][c][d][e][last])return f[a][b][c][d][e][last];
    if(a)ret+=(a-(last==2))*dfs(a-1,b,c,d,e,1),ret%=MOD; //如果上次涂了剩余次数为2的颜色,那么它现在就转移到1的位置去了,所以要减一
    if(b)ret+=(b-(last==3))*dfs(a+1,b-1,c,d,e,2),ret%=MOD;
    if(c)ret+=(c-(last==4))*dfs(a,b+1,c-1,d,e,3),ret%=MOD;
    if(d)ret+=(d-(last==5))*dfs(a,b,c+1,d-1,e,4),ret%=MOD;
    if(e)ret+=e*dfs(a,b,c,d+1,e-1,5),ret%=MOD;
    return f[a][b][c][d][e][last]=ret;
}

int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&x),cnt[x]++;

    printf("%lld\n",dfs(cnt[1],cnt[2],cnt[3],cnt[4],cnt[5],0));
    return 0;
}

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posted @ 2017-04-12 21:44  Exbilar  阅读(...)  评论(... 编辑 收藏