BZOJ1079 着色方案（高维DP+神奇的状态）

题目链接：BZOJ 1079
题目大意：n个木块，排成一行，染成k种颜色，相邻两块颜色不同，求方案数。（各颜色有c1，c2，……，ck个，1<=k<=15,1<=ci<=5，颜料正好可以染完所有木块）

题解：这道题是个DP。
- 有一个比较好想的思路是写15维的DP，每一维记录某种颜色还剩几个，但5^15的复杂度是肯定过不了这个题的。所以就有一种巧妙的状态设计：

• 按ci将颜色分类，因为c在1到5之间，dp[a][b][c][d][e][last]，表示还剩1个的颜色有a种，还剩2个的颜色有b种，……，上一次用的是还剩last个的颜色 时的方案数。

• 这个设计非常神奇，因为数量相同的颜色对方案数的贡献是一样的，用哪个都行。但如果这种颜色上一次被用过了，就加一减一地随便判一判就好了（详见代码）。

code

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;typedef long long ll;const ll mod=1000000007;const int N=16;int n,s[6];ll dp[N][N][N][N][N][6];ll dfs(int a,int b,int c,int d,int e,int col){    ll &res=dp[a][b][c][d][e][col],ans=0;    if (a+b+c+d+e==0) return res=1; //找到了一种方案     if (~res) return res; //记忆化     if (a) ans+=(a-(col==2))*dfs(a-1,b,c,d,e,1),ans%=mod; //这里写的真的太神了orz…… 超简洁     if (b) ans+=(b-(col==3))*dfs(a+1,b-1,c,d,e,2),ans%=mod; //（一时想不过来的话可以看我的代码，在下面）     if (c) ans+=(c-(col==4))*dfs(a,b+1,c-1,d,e,3),ans%=mod;    if (d) ans+=(d-(col==5))*dfs(a,b,c+1,d-1,e,4),ans%=mod;    if (e) ans+=e*dfs(a,b,c,d+1,e-1,5),ans%=mod;    return res=ans;}int main(){    memset(dp,-1,sizeof(dp));    scanf("%d",&n);    for (int i=1;i<=n;i++)    {        int x;        scanf("%d",&x);        s[x]++;    }    printf("%lld",dfs(s[1],s[2],s[3],s[4],s[5],0));    return 0;}

//我的，low……ll dfs_mine(int a,int b,int c,int d,int e,int col){    ll &res=dp[a][b][c][d][e][col],ans=0;    if (a+b+c+d+e==0) return res=1;    if (res!=-1) return res;    if (a>0)  //如果这个颜色可以用     {        if (col==2) ans+=(a-1)*dfs(a-1,b,c,d,e,1);        // 如果上一次用的是还剩 2个的颜色，现在这个颜色就只剩一个，所以在涂只剩一个的颜色时要把重复的这个减掉，故（a-1）          else ans+=a*dfs(a-1,b,c,d,e,1);       //如果上次用的不是只剩 2个的颜色，这 a个颜色就都不会跟上一个重复，直接乘a          ans%=mod;    }    if (b>0)     {        if (col==3) ans+=(b-1)*dfs(a+1,b-1,c,d,e,1);       //用了一次这个还剩2的颜色，b--，同时 a++          else ans+=b*dfs(a+1,b-1,c,d,e,1);        ans%=mod;    }    if (c>0)     {        if (col==4) ans+=(c-1)*dfs(a,b+1,c-1,d,e,1);         else ans+=c*dfs(a,b+1,c-1,d,e,1);        ans%=mod;    }    if (d>0)     {        if (col==5) ans+=(d-1)*dfs(a,b,c+1,d-1,e,1);         else ans+=d*dfs(a,b,c+1,d-1,e,1);        ans%=mod;    }    if (e>0)     {        ans+=e*dfs(a-1,b,c,d,e,1);       // 不会有重复的了         ans%=mod;    }    return res=ans;}