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BZOJ传送门

洛谷传送门


解析:

本来想凭借巨大码力直接来一波15维DPDP的,然而一分析复杂度O(515)O(5^{15})当场去世。。。

思路:

发现其实两种油漆如果还剩下的使用次数是相同的话,不考虑相邻的必须不同这个限制,其实它们是等价的,所以我们其实可以维护每种使用次数的油漆还剩下多少种。这里就只剩下5维了。

为了保证不重复,我们维护一下上一个格子放的是使用次数为多少的油漆,当枚举到这个格子的时候处理一下就行了,就是在可能选择的方案数中减少1。


代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define re register
#define gc getchar
#define pc putchar
#define cs const

inline int getint(){
	re int num;
	re char c;
	while(!isdigit(c=gc()));num=c^48;
	while(isdigit(c=gc()))num=(num<<1)+(num<<3)+(c^48);
	return num;
}

int f[16][16][16][16][16][6];
cs int mod=1000000007;

inline int dp(int a,int b,int c,int d,int e,int l){
	if((a|b|c|d|e)==0)return 1;
	if(f[a][b][c][d][e][l])return f[a][b][c][d][e][l];
	int &now=f[a][b][c][d][e][l];
	if(a)now=(now+1ll*(a-(l==2))*dp(a-1,b,c,d,e,1))%mod;
	if(b)now=(now+1ll*(b-(l==3))*dp(a+1,b-1,c,d,e,2))%mod;
	if(c)now=(now+1ll*(c-(l==4))*dp(a,b+1,c-1,d,e,3))%mod;
	if(d)now=(now+1ll*(d-(l==5))*dp(a,b,c+1,d-1,e,4))%mod;
	if(e)now=(now+1ll*e*dp(a,b,c,d+1,e-1,5))%mod;
	return now; 
}

int cnt[6],k;
signed main(){
	k=getint();
	for(int re i=1;i<=k;++i){
		++cnt[getint()];
	}
	cout<<dp(cnt[1],cnt[2],cnt[3],cnt[4],cnt[5],0); 
	return 0;
}
posted on 2018-10-25 19:15  zxyoi_dreamer  阅读(...)  评论(... 编辑 收藏