BZOJ1079:[SCOI2008]着色方案(DP)

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

Solution

思路非常妙，类似王八(划掉)乌龟棋
用f[a][b][c][d][e][last]
表示还能涂1\2\3\4\5块的颜色各有a\b\c\d\e种，上一次用的是能涂last块的颜色
记忆化搜索即可，看代码就很容易明白
last那一部分，若上一个用的是能涂三种颜色的时候，这一次选两种颜色的时候就有且只有一种能选两种的颜色与前一个冲突
所以统计答案的时候减去重复的那部分就好了。

Code

 #include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<cstdio>
 #define MOD (1000000007)
 using namespace std;
 int K,N,x,c[];
 long long f[][][][][][];

 long long dp(int a,int b,int c,int d,int e,int last)
 {
     if ((a|b|c|d|e)==) return ;
     if (f[a][b][c][d][e][last]) return f[a][b][c][d][e][last];
     long long now=;
     if (a) now+=(a-(last==))*dp(a-,b,c,d,e,),now%=MOD;
     if (b) now+=(b-(last==))*dp(a+,b-,c,d,e,),now%=MOD;
     if (c) now+=(c-(last==))*dp(a,b+,c-,d,e,),now%=MOD;
     if (d) now+=(d-(last==))*dp(a,b,c+,d-,e,),now%=MOD;
     if (e) now+=e*dp(a,b,c,d+,e-,),now%=MOD;
     f[a][b][c][d][e][last]=now;
     return now;
 }

 int main()
 {
     scanf("%d",&K);
     for (int i=;i<=K;++i)
         scanf("%d",&x),c[x]++;
     printf("%lld",dp(c[],c[],c[],c[],c[],));
 }