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50%的数据很好考虑,基本的dp了

关键到了100%,如果用每种颜色有ci种这种常规的写法,显然5^15会爆空间

考虑到反过来,ci<=5, 15^5是不会爆空间的

又想到,每一种颜色,如果数量相同的话,其实是等效的。

这样我们不难想到用f[a,b,c,d,e,last]表示剩余颜色数量(就是还能刷木块的数目)为1,2,3,4,5的颜色种数为a,b,c,d,e时,且上一个位置用了剩余颜色数量为last的颜色有多少种方案

然后是实现的问题,弱弱的我想了半天,因为剩余数量对应的颜色种数是可增可减的,

所以我觉得通常以循环实现好像有点困难(好像也是可以写的,但太弱了……)

后来发现网上写的都是记忆化搜索,然后发现记忆化搜索实现起来比较容易;

其实记忆化搜索的效率基本上就等同于dp了

方程略复杂但是还是很很好想的

 1 const mo=1000000007;
 2 var f:array[0..16,0..16,0..16,0..16,0..16,0..5] of int64;
 3     sum:array[0..5] of longint;
 4     i,n,m,x:longint;
 5 
 6 function ma(a,b:longint):longint;
 7   begin
 8     if a=b then exit(1) else exit(0);
 9   end;
10 
11 function search(a,b,c,d,e,last:longint):int64;
12   var s:int64;
13   begin
14     if a+b+c+d+e=0 then   //颜色用完了
15     begin
16       f[a,b,c,d,e,last]:=1;
17       exit(1);
18     end;
19     if f[a,b,c,d,e,last]>0 then exit(f[a,b,c,d,e,last]);  //记忆化
20     s:=0;   //累加这个位置上是用颜色数量为几的方案
21     if a>0 then s:=(s+(a-ma(last,2))*search(a-1,b,c,d,e,1) mod mo) mod mo;
22     if b>0 then s:=(s+(b-ma(last,3))*search(a+1,b-1,c,d,e,2) mod mo) mod mo;
23 //5个转移是同理的,我就挑第二个说一下吧,首先当前位置如果用数量为2的b种颜色,显然每种颜色涂都能带来相同的方案数
24 //显然,用了一个剩余数量为2的颜色涂当前位置,到下一个位置,剩余数量为1的颜色种类数肯定多了一个,剩余数量为2的颜色种数肯定少了一个
25 //但是我们要考虑到,假如上一个位置用的是剩余数量为3的颜色涂的话,到了当前位置,上一个涂的剩余颜色数量变为2了,显然这个颜色是不能再涂这个位置的,要减去多算的方案(是不是废话有点多……)
26     if c>0 then s:=(s+(c-ma(last,4))*search(a,b+1,c-1,d,e,3) mod mo) mod mo;
27     if d>0 then s:=(s+(d-ma(last,5))*search(a,b,c+1,d-1,e,4) mod mo) mod mo;
28     if e>0 then s:=(s+e*search(a,b,c,d+1,e-1,5) mod mo) mod mo;
29     f[a,b,c,d,e,last]:=s;  //记忆化
30     exit(s);
31   end;
32 
33 begin
34   readln(m);
35   for i:=1 to m do
36   begin
37     read(x);
38     n:=n+x;
39     inc(sum[x]);
40   end;
41   writeln(search(sum[1],sum[2],sum[3],sum[4],sum[5],0) mod mo);
42 end.
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posted on 2014-07-26 09:24  acphile  阅读(...)  评论(... 编辑 收藏