題目傳送門

題目大意：

　　有k種顏色，每個顏色ci可以塗個格子，要求相鄰格子顏色不能一樣，求方案數。ci<=5,k<=15.

思路：

　　題目裏最重要的限制條件是相鄰格子顏色不能相同，也就是當前格子只和上一個格子有關，那麽對於還剩相同個數的顏色，如果都和上一個顏色不一樣的話，那麽這幾種顏色都是一樣的。如果某一種顏色和上一個顏色一樣，那這個不算就可以了。

　　所以f[a][b][c][d][e][last]表示，還剩1次的顏色有a個，2兩次顏色有b個，3次的顏色有c個，4次的顏色d個，5次的顏色e個，上一次用的顏色屬於last的情況數量，1=<last<=5.

　　轉移方程就倒著搜就可以了，沒搜過的狀態標記為-1，搜過的狀態直接返回，看代碼比較好理解。

　　需要註意的點是，比如上一次用的是還剩5個的顏色last，那麽對於這一次來說，所有4個的顏色中有一種是從5個減少而來的，和上一個顏色一樣，所以這個情況不能計算。

#include<bits/stdc++.h>
#define CLR(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
ll f[17][17][17][17][17][6];
ll p=1000000007;
int k;
ll sum[6];
ll dp(ll a,ll b,ll c,ll d,ll e,int last){
    if
 
(a+b+c+d+e==0){
        f[0][0][0][0][0][last]=1;
        return 1;
    }
    if(f[a][b][c][d][e][last]!=-1){
        return f[a][b][c][d][e][last];
    }
    ll tot=0;
    if(a>0){
        tot+=(a-(last==2))*dp(a-1,b,c,d,e,1);
        tot%=p;
    }
    if(b>0){
        tot+=(b-(last==3))*dp(a+1,b-1,c,d,e,2
 
);
        tot%=p;
    }
    if(c>0){
        tot+=(c-(last==4))*dp(a,b+1,c-1,d,e,3);
        tot%=p;
    }
    if(d>0){
        tot+=(d-(last==5))*dp(a,b,c+1,d-1,e,4);
        tot%=p;
    }
    if(e>0){
        tot+=(e)*dp(a,b,c,d+1,e-1,5);
        tot%=p;
    }
    return f[a][b][c][d][e][last]=tot%p;
    
}
int main(){
    cin>>k;
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        int x;
        scanf("%d",&x);
        sum[x]++;
    }
    CLR(f,-1);
    ll ans=dp(sum[1],sum[2],sum[3],sum[4],sum[5],0);
    cout<<ans<<endl;
}

Description

　　有n個木塊排成一行，從左到右依次編號為1~n。你有k種顏色的油漆，其中第i種顏色的油漆足夠塗ci個木塊。
所有油漆剛好足夠塗滿所有木塊，即c1+c2+...+ck=n。相鄰兩個木塊塗相同色顯得很難看，所以你希望統計任意兩
個相鄰木塊顏色不同的著色方案。

Input

　　第一行為一個正整數k，第二行包含k個整數c1, c2, ... , ck。

Output

　　輸出一個整數，即方案總數模1,000,000,007的結果。

Sample Input

Sample Output

HINT

100%的數據滿足：1 <= k <= 15, 1 <= ci <= 5

bzoj1079 著色方案 記憶化搜索（dp）