[ SCOI 2008 ] 着色方案

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\(Description\)

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给出\(K\)种颜料各自的个数\(C_i\)，每一个颜料只够涂一个格子，求将颜料用完，涂一排格子，每个格子只能涂一次的条件下，相邻两个格子的颜色互不相同的方案数对\(10^9+7\)取模的结果。

• \(K\in [1,15]\)，\(C_i\in [1,5]\)

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\(Solution\)

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想的map压缩状态量记搜挂了

想的容斥记搜求组合数排列数取反挂了

正解真是神仙计数题做的还是少，基本的思路模型还是没有。

• 注意到颜色相同的颜料性质是一致的。
• 基于开始想的两种方案状态量太大，记搜也会超时，而将一类颜料看作一种之后，状态量大大减少，相当于只有\(5\)种颜料，状态里还需记录上一个颜料属于哪一类即可。
• 设计状态\(f[n_1][n_2][n_3][n_4][n_5][last]\)表示，剩余个数分别为\(1\text~5\)的颜料各有几个，上一次使用的颜料使用前剩几个，此时到用完所有颜料的总涂色方案数。
• 搜起来就很简单啦，直接考虑搜哪一位递归下去，到全是\(0\)了答案就是\(1\)，搜完累计答案时，因为一类颜料是相同的，所以直接乘上该决策的可行颜料个数。
• 一些就我会犯的zz错误细节要注意：
  • 优先判断搜索的颜料还有没有再考虑搜没搜到过，否则会数组越界
  • 注意到状态设计是使用前剩几个所以判断可行颜料个数时，判断时应该是上一个是否是当前\(+1\)而不是是否相同，因为你拿了一次个数一定减了一个\(1\)。
  • \(+1-1\)的时候注意是成对存在的不要光顾着-1
• 这样搜索的优越性在于，他的状态量少，代表性强，只关心相同性质的数的个数，与一些问题的精简状态量思想异曲同工但就是想不到在这里用。

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\(Code\)

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#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define R register
#define gc getchar
#define mod 1000000007ll
using namespace std;
typedef long long ll;

inline ll rd(){
  ll x=0; bool f=0; char c=gc();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
  return f?-x:x;
}

ll n,s[10],f[16][16][16][16][16][10];

void dfs(ll n1,ll n2,ll n3,ll n4,ll n5,ll lst){
  if((n1|n2|n3|n4|n5)==0ll){f[0][0][0][0][0][lst]=1ll;return;}
  if(n1>0ll&&!f[n1-1][n2][n3][n4][n5][1]) dfs(n1-1,n2,n3,n4,n5,1);
  if(n2>0ll&&!f[n1+1][n2-1][n3][n4][n5][2]) dfs(n1+1,n2-1,n3,n4,n5,2);
  if(n3>0ll&&!f[n1][n2+1][n3-1][n4][n5][3]) dfs(n1,n2+1,n3-1,n4,n5,3);
  if(n4>0ll&&!f[n1][n2][n3+1][n4-1][n5][4]) dfs(n1,n2,n3+1,n4-1,n5,4);
  if(n5>0ll&&!f[n1][n2][n3][n4+1][n5-1][5]) dfs(n1,n2,n3,n4+1,n5-1,5);
  if(n2>0ll) (f[n1][n2][n3][n4][n5][lst]+=(n2-(lst==3))*f[n1+1][n2-1][n3][n4][n5][2])%=mod;
  if(n3>0ll) (f[n1][n2][n3][n4][n5][lst]+=(n3-(lst==4))*f[n1][n2+1][n3-1][n4][n5][3])%=mod;
  if(n4>0ll) (f[n1][n2][n3][n4][n5][lst]+=(n4-(lst==5))*f[n1][n2][n3+1][n4-1][n5][4])%=mod;
  if(n1>0ll) (f[n1][n2][n3][n4][n5][lst]+=(n1-(lst==2))*f[n1-1][n2][n3][n4][n5][1])%=mod;
  if(n5>0ll)(f[n1][n2][n3][n4][n5][lst]+=n5*f[n1][n2][n3][n4+1][n5-1][5])%=mod;
}

int main(){
  n=rd();
  for(R ll i=1;i<=n;++i) ++s[rd()];
  dfs(s[1],s[2],s[3],s[4],s[5],6);
  printf("%lld\n",f[s[1]][s[2]][s[3]][s[4]][s[5]][6]);
  return 0;
}