bzoj1079 着色方案 记忆化搜索(dp)

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题目大意:

  有k种颜色,每个颜色ci可以涂个格子,要求相邻格子颜色不能一样,求方案数。ci<=5,k<=15.

思路:

  题目里最重要的限制条件是相邻格子颜色不能相同,也就是当前格子只和上一个格子有关,那么对于还剩相同个数的颜色,如果都和上一个颜色不一样的话,那么这几种颜色都是一样的。如果某一种颜色和上一个颜色一样,那这个不算就可以了。

  所以f[a][b][c][d][e][last]表示,还剩1次的颜色有a个,2两次颜色有b个,3次的颜色有c个,4次的颜色d个,5次的颜色e个,上一次用的颜色属于last的情况数量,1=<last<=5.

  转移方程就倒着搜就可以了,没搜过的状态标记为-1,搜过的状态直接返回,看代码比较好理解。

  需要注意的点是,比如上一次用的是还剩5个的颜色last,那么对于这一次来说,所有4个的颜色中有一种是从5个减少而来的,和上一个颜色一样,所以这个情况不能计算。

#include<bits/stdc++.h>
#define CLR(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
ll f[17][17][17][17][17][6];
ll p=1000000007;
int k;
ll sum[6];
ll dp(ll a,ll b,ll c,ll d,ll e,int last){
    if(a+b+c+d+e==0){
        f[0][0][0][0][0][last]=1;
        return 1;
    }
    if(f[a][b][c][d][e][last]!=-1){
        return f[a][b][c][d][e][last];
    }
    ll tot=0;
    if(a>0){
        tot+=(a-(last==2))*dp(a-1,b,c,d,e,1);
        tot%=p;
    }
    if(b>0){
        tot+=(b-(last==3))*dp(a+1,b-1,c,d,e,2);
        tot%=p;
    }
    if(c>0){
        tot+=(c-(last==4))*dp(a,b+1,c-1,d,e,3);
        tot%=p;
    }
    if(d>0){
        tot+=(d-(last==5))*dp(a,b,c+1,d-1,e,4);
        tot%=p;
    }
    if(e>0){
        tot+=(e)*dp(a,b,c,d+1,e-1,5);
        tot%=p;
    }
    return f[a][b][c][d][e][last]=tot%p;
    
}
int main(){
    cin>>k;
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        int x;
        scanf("%d",&x);
        sum[x]++;
    }
    CLR(f,-1);
    ll ans=dp(sum[1],sum[2],sum[3],sum[4],sum[5],0);
    cout<<ans<<endl;
}
View Code

1079: [SCOI2008]着色方案

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 2986  Solved: 1792
[Submit][Status][Discuss]

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

posted @ 2018-11-26 22:35  光芒万丈小太阳  阅读(...)  评论(... 编辑 收藏