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

3
1 2 3

Sample Output

10

一看還以為是個數學題。不會做。看了網上的題解。

emmmm

f[a][b][c][d][e] 代表剩餘的元素中，能塗一個格子的顏色有a個，能塗兩個格子的顏色有 b 個，能塗三個格子的顏色有 c 個，

依次類推。

遞推關係就是

f[a][b][c][d][e] = dp(a-1,b,c,d,e,1)*a + dp(a+1,b-1,c,d,e,2)*b + dp(a,b+1,c-1,d,e,3)*c + dp(a,b,c+1,d-1,e,4)*d + dp(a,b,c,d+1,e-1,5)*e;

當前這個狀態可以從前一個狀態推過來。 比如我當前要用 可以染三個格子的顏色，那麼就可以從 染2個格子的顏色推過來。

染三個格子的顏色，染了一個格子，就只能染兩個格子了，所以  c-1 b+1.   在乘上 c，因為有c中顏色。

這樣我們沒有考慮相鄰的情況，所以我們在開一維記錄上一次我們用了什麼顏色。

如果上次用了 可以染四個格子的顏色，那麼 c 就會+1，這個時候我們不能直接 乘上 c 因為c 多 1.所以要判斷上一次的顏色。

這個題用了記憶化。防止重複計算。

#include <bits/stdc++.h>
#define mem(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) 
using namespace std;
typedef long long LL;
const long long P = 1e9+7 ;
LL f[17][17][17][17][17][6];
 
LL dp(int a, int b, int c, int d, int e, int last){
    if ((a|b|c|d|e) == 0) return 1;
    if (f[a][b][c][d][e][last]) return f[a][b][c][d][e][last];
    LL res = 0;
    if (a) res += dp(a-1,b,c,d,e,1)*(a-(last == 2));
    if (b) res += dp(a+1,b-1,c,d,e,2)*(b-(last == 3));
    if (c) res += dp(a,b+1,c-1,d,e,3)*(c-(last == 4));
    if (d) res += dp(a,b,c+1,d-1,e,4)*(d-(last == 5));
    if (e) res += dp(a,b,c,d+1,e-1,5)*e;
    return f[a][b][c][d][e][last] = res % P;
}
inline const int getint() { int r=0, k=1; char c=getchar(); for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar()) if(c=='-') k=-1; for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) r=r*10+c-'0'; return k*r; }
 
int a[6];
int main(){
    int n;
    n = getint();
    for (int i = 0; i < n; i++)  a[getint()]++;
    LL ans = dp(a[1],a[2],a[3],a[4],a[5],0);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}