题目

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分析（弱化版）

最暴力的想法就是直接维护每种颜色的个数dp，

弱化版有一个很突出的地方就是 \(c_i\leq 5\)，

也就是说可以将相同个数的颜色合并按照个数dp，

设 \(dp[c1][c2][c3][c4][c5][las]\) 表示个数为 \(i\) 的颜色有 \(ci\) 种，并且上一次选了个数为 \(las\) 的颜色的方案数

也就是这次如果选了 \(las-1\) 要减掉一个相邻的情况，转移可以记忆化。

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代码

#include <cstdio>
using namespace std;
const int N=16,mod=1000000007;
int n,c[5],dp[N][N][N][N][N][5],ans;
int mo(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;} 
int Dp(int c0,int c1,int c2,int c3,int c4,int las){
	if (dp[c0][c1][c2][c3][c4][las]) return dp[c0][c1][c2][c3][c4][las];
	int ans=0;
	if (c0) ans=mo(ans,1ll*(c0-(las==1))*Dp(c0-1,c1,c2,c3,c4,0)%mod);
	if (c1) ans=mo(ans,1ll*(c1-(las==2))*Dp(c0+1,c1-1,c2,c3,c4,1)%mod);
	if (c2) ans=mo(ans,1ll*(c2-(las==3))*Dp(c0,c1+1,c2-1,c3,c4,2)%mod);
	if (c3) ans=mo(ans,1ll*(c3-(las==4))*Dp(c0,c1,c2+1,c3-1,c4,3)%mod);
	if (c4) ans=mo(ans,1ll*(c4-(las==5))*Dp(c0,c1,c2,c3+1,c4-1,4)%mod);
	return dp[c0][c1][c2][c3][c4][las]=ans;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1,x;i<=n;++i)
		scanf("%d",&x),++c[x-1];
	for (int i=0;i<5;++i) dp[0][0][0][0][0][i]=1;
	if (c[0]) ans=mo(ans,1ll*c[0]*Dp(c[0]-1,c[1],c[2],c[3],c[4],0)%mod);
	if (c[1]) ans=mo(ans,1ll*c[1]*Dp(c[0]+1,c[1]-1,c[2],c[3],c[4],1)%mod);
	if (c[2]) ans=mo(ans,1ll*c[2]*Dp(c[0],c[1]+1,c[2]-1,c[3],c[4],2)%mod);
	if (c[3]) ans=mo(ans,1ll*c[3]*Dp(c[0],c[1],c[2]+1,c[3]-1,c[4],3)%mod);
	if (c[4]) ans=mo(ans,1ll*c[4]*Dp(c[0],c[1],c[2],c[3]+1,c[4]-1,4)%mod);
	return !printf("%d",ans);
}

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分析（加强版）

在牛客的题目里，\(k,c_i\leq 30\)，似乎有点棘手，考虑一个一个颜色填入序列。

设 \(dp[i][j]\) 表示前 \(i\) 种颜色有 \(j\) 个相邻的同色块的方案数。

枚举将这种颜色分成 \(k\) 段，以及选择 \(o\) 段破坏原来的相邻的同色块。那么

\[dp[i][j+c_i-k-o]=\sum dp[i-1][j]*\binom{c_i-1}{k-1}*\binom{j}{o}*\binom{s_{i-1}+1-j}{k-o} \]

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代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N=31,M=911,mod=1000000007;
int a[N],s[N],c[M][M],dp[N][M],n;
int iut(){
	int ans=0; char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) c=getchar();
	while (isdigit(c)) ans=ans*10+c-48,c=getchar();
	return ans;
}
int mo(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
int main(){
	c[0][0]=1;
	for (int i=1;i<M;++i){
		c[i][0]=c[i][i]=1;
		for (int j=1;j<i;++j)
		    c[i][j]=mo(c[i-1][j-1],c[i-1][j]);
	}
	for (int T=iut();T;--T){
		n=iut();
		for (int i=1;i<=n;++i) a[i]=iut(),s[i]=s[i-1]+a[i];
		memset(dp,0,sizeof(dp)),dp[1][a[1]-1]=1;
		for (int i=2;i<=n;++i)
		for (int j=0;j<=s[i-1];++j)
		if (dp[i-1][j]){
			for (int k=1;k<=a[i];++k) for (int o=0;o<=k&&o<=j;++o)
			    dp[i][j+a[i]-k-o]=mo(dp[i][j+a[i]-k-o],1ll*dp[i-1][j]*c[a[i]-1][k-1]%mod*c[s[i-1]+1-j][k-o]%mod*c[j][o]%mod);
		}
		printf("%d\n",dp[n][0]);
    }
	return 0;
}

标签：2476,洛谷,int,SCOI2008,ans,c3,c2,c1,dp
来源： https://www.cnblogs.com/Spare-No-Effort/p/15704363.html