「Bzoj 1079」「SCOI2008」着色方案 (DP+乘法原理)

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Bzoj 1079
这种题目还是往DP和排列组合想。
直接存颜色用了多少是$5^{15}$的，会炸。我们选择把剩余可涂次数相等的分为一类，考虑因为只要剩余可涂次数相等，那么其实这些颜色并没有什么区别，因为我们涂颜色的时候只需要考虑涂的这种颜色剩余次数即可，并不需要考虑具体是什么颜色（先不考虑相邻颜色不能相等的限制）。
那么令$f(a1, a2, a3, a4, a5)$表示剩余可涂一次的颜色种类数为$a1$，涂二次颜色种类数为$a2$…这样的情况的方案数。
　　显然如果我们当前这次选的是剩余次数为$x$次的颜色，那么剩余次数为$x$次的颜色有多少种，就有多少种情况可以转移过来，只需要乘以数量就可以了（相当于每个格都可以填这些颜色）。
　　但是我们还没考虑相邻不能相等的情况，那么我们必须要少算一次，比如说如果上次填的是颜色剩余次数为2的，意味着颜色中剩余次数为1的多了一个，那么这一次并不能再选这种颜色，这次可以选填1的就要少1。
以上转自此处

2018/12/29 ：重写

#include<cstdio> 
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<set>
#include<cmath>
#define ms(i, j) memset(i, j, sizeof i)
#define LL long long
#define db double
#define fir first
#define sec second
#define mp make_pair
using namespace std;

namespace flyinthesky {

    const LL MO = 1000000007;

    LL k, whw[20];
    LL f[16][16][16][16][16][6], vis[16][16][16][16][16][6];

    LL dp(LL a, LL b, LL c, LL d, LL e, LL lst) {
        if (a == 0 && b == 0 && c == 0 && d == 0 && e == 0) return 1ll;
        if (vis[a][b][c][d][e][lst]) return f[a][b][c][d][e][lst];
        if (a > 0) f[a][b][c][d][e][lst] += (a - (lst == 2)) * dp(a - 1, b, c, d, e, 1) % MO, f[a][b][c][d][e][lst] %= MO;
        if (b > 0) f[a][b][c][d][e][lst] += (b - (lst == 3)) * dp(a + 1, b - 1, c, d, e, 2) % MO, f[a][b][c][d][e][lst] %= MO;
        if (c > 0) f[a][b][c][d][e][lst] += (c - (lst == 4)) * dp(a, b + 1, c - 1, d, e, 3) % MO, f[a][b][c][d][e][lst] %= MO;    
        if (d > 0) f[a][b][c][d][e][lst] += (d - (lst == 5)) * dp(a, b, c + 1, d - 1, e, 4) % MO, f[a][b][c][d][e][lst] %= MO;
        if (e > 0) f[a][b][c][d][e][lst] += (e) * dp(a, b, c, d + 1, e - 1, 5) % MO, f[a][b][c][d][e][lst] %= MO;    
        vis[a][b][c][d][e][lst] = 1;
        return f[a][b][c][d][e][lst];
    }

    void clean() {
        ms(whw, 0), ms(f, 0), ms(vis, 0);
    }
    int solve() {
        clean();
        cin >> k;
        for (LL x, i = 1; i <= k; ++i) cin >> x, ++whw[x];
        cout << dp(whw[1], whw[2], whw[3], whw[4], whw[5], 0);
        return 0;
    }
}
int main() {
    flyinthesky::solve();
    return 0;
}

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define ms(i, j) memset(i, j, sizeof i)
#define LL long long
#define db double
using namespace std;
const int MO = 1000000007;
int k, xi[6], mk[16][16][16][16][16][6];
LL dp[16][16][16][16][16][6];
LL dfs(int a1, int a2, int a3, int a4, int a5, int last) {
    if (!(a1 || a2 || a3 || a4 || a5)) return 1;
    if (mk[a1][a2][a3][a4][a5][last]) return dp[a1][a2][a3][a4][a5][last];
    LL tot = 0;
    if (a1) tot = (tot + (a1 - (last == 2)) * dfs(a1 - 1, a2,     a3,     a4,     a5, 1)) % MO;
    if (a2) tot = (tot + (a2 - (last == 3)) * dfs(a1 + 1, a2 - 1, a3,     a4,     a5, 2)) % MO;
    if (a3) tot = (tot + (a3 - (last == 4)) * dfs(a1,     a2 + 1, a3 - 1, a4,     a5, 3)) % MO;
    if (a4) tot = (tot + (a4 - (last == 5)) * dfs(a1,     a2,     a3 + 1, a4 - 1, a5, 4)) % MO;
    if (a5) tot = (tot +  a5                * dfs(a1,     a2,     a3,     a4 + 1, a5 - 1, 5)) % MO;//-(last == x)就是防止两种颜色涂在一起
    mk[a1][a2][a3][a4][a5][last] = true;
    return dp[a1][a2][a3][a4][a5][last] = tot;
}
void clean() {
    ms(mk, false), ms(dp, 0), ms(xi, 0);
}
void solve() {
    clean();
    for (int i=1;i<=k;i++) {
        int x;
        scanf("%d", &x);
        xi[x]++;
    }
    printf("%lld\n", dfs(xi[1], xi[2], xi[3], xi[4], xi[5], 0));
}
int main() {
    #ifndef ONLINE_JUDGE 
    freopen("1.in", "r", stdin);freopen("1.out", "w", stdout);
    #endif
    scanf("%d", &k), solve();
    return 0;
}
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