bzoj1079

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

 const mo=;
 var f:array[..,..,..,..,..,..] of int64;
     sum:array[..] of longint;
     i,n,m,x:longint;

 function ma(a,b:longint):longint;
   begin
     if a=b then exit() else exit();
   end;

 function search(a,b,c,d,e,last:longint):int64;
   var s:int64;
   begin
     if a+b+c+d+e= then   //颜色用完了
     begin
       f[a,b,c,d,e,last]:=;
       exit();
     end;
     if f[a,b,c,d,e,last]> then exit(f[a,b,c,d,e,last]);  //记忆化
     s:=;   //累加这个位置上是用颜色数量为几的方案
     if a> then s:=(s+(a-ma(last,))*search(a-,b,c,d,e,) mod mo) mod mo;
     if b> then s:=(s+(b-ma(last,))*search(a+,b-,c,d,e,) mod mo) mod mo;
 //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
 //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
 //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……）
     if c> then s:=(s+(c-ma(last,))*search(a,b+,c-,d,e,) mod mo) mod mo;
     if d> then s:=(s+(d-ma(last,))*search(a,b,c+,d-,e,) mod mo) mod mo;
     if e> then s:=(s+e*search(a,b,c,d+,e-,) mod mo) mod mo;
     f[a,b,c,d,e,last]:=s;  //记忆化
     exit(s);
   end;

 begin
   readln(m);
   for i:= to m do
   begin
     read(x);
     n:=n+x;
     inc(sum[x]);
   end;
   writeln(search(sum[],sum[],sum[],sum[],sum[],) mod mo);
 end.