BZOJ1079 || 洛谷P2476 [SCOI2008]着色方案【DP】

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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。

HINT

100%的数据满足：1 <= k <= 15, 1 <= ci <= 5

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题目分析

至今为止写过维数最多的DP
$dp[a][b][c][d][e][pre]$表示
当前可以涂1格的油漆有a种，可以涂2格的有b种，…，可以涂5格的有e种
上一格用的是还能涂pre次的颜料的某一种

状态转移方程为

if(a!=0) res+=(a-(pre==2))*DP(a-1,b,c,d,e,1);
if(b!=0) res+(b-(pre==3))*DP(a+1,b-1,c,d,e,2);
if(c!=0) res+=(c-(pre==4))*DP(a,b+1,c-1,d,e,3);
if(d!=0) res+=(d-(pre==5))*DP(a,b,c+1,d-1,e,4);
if(e!=0) res+=e*DP(a,b,c,d+1,e-1,5);

关于为什么每个转移中都有 $pre==i$形式的判断
若上一次选择了还能涂 $i$次的颜料
那么当前还能涂 $i-1$次的颜料中必然有一种和上一次涂的相同
所以需要判断这一次选的颜料和上一次的关系
剩下就是乘法原理

为了优化时间效率，需要加上记搜
边界条件 $dp[0][0][0][0][0][pre]=1$

---

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long lt;

int read()
{
    int f=1,x=0;
    char ss=getchar();
    while(ss<'0'||ss>'9'){if(ss=='-')f=-1;ss=getchar();}
    while(ss>='0'&&ss<='9'){x=x*10+ss-'0';ss=getchar();}
    return f*x;
}

const int mod=1000000007;
const int maxn=17;
int k;
int xi[maxn];
lt dp[maxn][maxn][maxn][maxn][maxn][7];

lt DP(int a,int b,int c,int d,int e,int pre)
{
    if(dp[a][b][c][d][e][pre]) return dp[a][b][c][d][e][pre];
    if(a+b+c+d+e==0) return 1;
    lt res=0;
    if(a!=0) res=(res+(a-(pre==2))*DP(a-1,b,c,d,e,1))%mod;
    if(b!=0) res=(res+(b-(pre==3))*DP(a+1,b-1,c,d,e,2))%mod;
    if(c!=0) res=(res+(c-(pre==4))*DP(a,b+1,c-1,d,e,3))%mod;
    if(d!=0) res=(res+(d-(pre==5))*DP(a,b,c+1,d-1,e,4))%mod;
    if(e!=0) res=(res+e*DP(a,b,c,d+1,e-1,5))%mod;
    return dp[a][b][c][d][e][pre]=res;
}

int main()
{
    k=read();
    for(int i=1;i<=k;++i) xi[read()]++;
    printf("%lld",DP(xi[1],xi[2],xi[3],xi[4],xi[5],0));
    return 0;
}