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[DP]bzoj 1079: [SCOI2008]着色方案

04 January 2018

【题目描述】

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 $c_i$ 个木块。所有油漆刚好足够涂满所有木块，即 $c_1+c_2+...+c_k=n$ 。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。

【输入】

第一行为一个正整数 $k$ ，第二行包含 $k$ 个整数 $c_1, c_2, ... , c_k$ 。

【输出】

输出一个整数，即方案总数模 $1,000,000,007$ 的结果。

【样例输入】

3
1 2 3

【样例输出】

【提示】

$100\%$ 的数据满足： $1 \le k\le15,1\le c_i\le5$

【题解】

我们发现 $K$ 最多只有 $5$ ，于是就会想到这样一个 $DP$ ：定义 $F[L][a][b][c][d][e]$ 表示上一次用的油漆在没有用的情况下可以刷 $L$ 个墙，而此时还能刷 $1$ 个的油漆数量有 $a$ 个，能刷 $2$ 个墙的油漆数量有 $b$ 个……能刷 $5$ 个墙的油漆数量有 $e$ 个；此时考虑转移方程：如果能刷 $L-1$ 个墙的油漆数量大于 $1$ （也就是说除了上一次用的油漆还有油漆可以用），那么就有转移方程（ $Num[i]$ 为当前能刷i个墙的油漆数量的个数, $A=Num[1],B=Num[2]……E=Num[5]$ ）：

 
xxxxxxxxxx
F[L][a][b][c][d][e]+=(Num[L-1]-1)*F[L-1][A][B][C][D][E]

同理，用能刷其他个数的墙的油漆转移方程如下：

 
xxxxxxxxxx
F[L][a][b][c][d][e]+=Num[p]*F[p][A][B][C][D][E]

初始状态就是F[i][0][0][0][0][0]=1 因为 $A,B,C,D,E$ 这些量会变化，普通的 $DP$ 无法完成，所以就会想到用记忆化 $DFS$ ，那么最终代码如下：

 
xxxxxxxxxx
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define tt 1000000007
#define Nxt(Row,p) DFS(Row[5],Row[4],Row[3],Row[2],Row[1],p)%tt
using namespace std;
int k,A[6];
long long F[16][16][16][16][16][6];//F[a][b][c][d][e][L] 方便起见把L后置
long long DFS(int a,int b,int c,int d,int e,int L){
    if (F[a][b][c][d][e][L]^0) return F[a][b][c][d][e][L];
    long long &Ret=F[a][b][c][d][e][L];
    int Row[6]={0,e,d,c,b,a};
    if (Row[L-1]>1&&L>1) Row[L-1]--,Row[L-2]++,Ret=(Ret+(Row[L-1])*Nxt(Row,L-1))%tt,Row[L-1]++,Row[L-2]--;
    for (int i=1;i<=5;i++){
        if (i==L-1) continue;
        if (Row[i]>0){
            Row[i]--,Row[i-1]++;
            Ret=(Ret+(Row[i]+1)*Nxt(Row,i))%tt;
            Row[i]++,Row[i-1]--;
        }
    }
    return Ret;
}
int main()
{
    scanf("%d",&k);
    for (int i=0;i<=5;i++) F[0][0][0][0][0][i]=1;
    for (int i=0,x;i<k;i++) scanf("%d",&x),A[x]++;
    printf("%d\n",Nxt(A,0)%tt);
    return 0;
}