「BZOJ1079」[SCOI2008] 着色方案
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
1 2 3
Sample Output
10
HINT
「样例2」 Input 5 2 2 2 2 2 Output 39480 「样例3」 Input 10 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 Output 85937576 数据规模」 50%的数据满足：1 <= k <= 5, 1 <= ci <= 3 100%的数据满足：1 <= k <= 15, 1 <= ci <= 5
题解
直接集合dp肯定是不行的..考虑两种油漆如果当前都能涂x次，那么他们本质是一样的。
所以用F[a][b][c][d][e][l]表示当前有能涂1次的油漆a个，能涂2次的b个….前一个颜色为l，再搞下转移就行了。
记忆化实现常数会小一些
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1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 |
#include<iostream> #include<cstdio> #define ll long long #define mod 1000000007 using namespace std; ll f[16][16][16][16][16][6];int x[6],n; bool mark[16][16][16][16][16][6]; ll dp(int a,int b,int c,int d,int e,int k) { ll t=0; if(mark[a][b][c][d][e][k])return f[a][b][c][d][e][k]; if(a+b+c+d+e==0)return 1; if(a) t+=(a-(k==2))*dp(a-1,b,c,d,e,1); if(b) t+=(b-(k==3))*dp(a+1,b-1,c,d,e,2); if(c) t+=(c-(k==4))*dp(a,b+1,c-1,d,e,3); if(d) t+=(d-(k==5))*dp(a,b,c+1,d-1,e,4); if(e) t+=e*dp(a,b,c,d+1,e-1,5); mark[a][b][c][d][e][k]=1; return f[a][b][c][d][e][k]=(t%mod); } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) { int t; scanf("%d",&t); x[t]++; } printf("%lld",dp(x[1],x[2],x[3],x[4],x[5],0)); return 0; } |
计数器 9786123
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