BZOJ1079 着色方案（高維DP+神奇的狀態）

題目鏈接：BZOJ 1079
題目大意：n個木塊，排成一行，染成k種顏色，相鄰兩塊顏色不同，求方案數。（各顏色有c1，c2，……，ck個，1<=k<=15,1<=ci<=5，顏料正好可以染完所有木塊）

題解：這道題是個DP。
- 有一個比較好想的思路是寫15維的DP，每一維記錄某種顏色還剩幾個，但5^15的複雜度是肯定過不了這個題的。所以就有一種巧妙的狀態設計：

• 按ci將顏色分類，因爲c在1到5之間，dp[a][b][c][d][e][last]，表示還剩1個的顏色有a種，還剩2個的顏色有b種，……，上一次用的是還剩last個的顏色 時的方案數。

• 這個設計非常神奇，因爲數量相同的顏色對方案數的貢獻是一樣的，用哪個都行。但如果這種顏色上一次被用過了，就加一減一地隨便判一判就好了（詳見代碼）。

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; //找到了一種方案 
    if (~res) return res; //記憶化 
    if (a) ans+=(a-(col==2))*dfs(a-1,b,c,d,e,1),ans%=mod; //這裏寫的真的太神了orz…… 超簡潔 
    if (b) ans+=(b-(col==3))*dfs(a+1,b-1,c,d,e,2),ans%=mod; //（一時想不過來的話可以看我的代碼，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)  //如果這個顏色可以用 
    {
        if (col==2) ans+=(a-1)*dfs(a-1,b,c,d,e,1);        // 如果上一次用的是還剩 2個的顏色，現在這個顏色就只剩一個，所以在塗只剩一個的顏色時要把重複的這個減掉，故（a-1） 
         else ans+=a*dfs(a-1,b,c,d,e,1);       //如果上次用的不是隻剩 2個的顏色，這 a個顏色就都不會跟上一個重複，直接乘a  
        ans%=mod;
    }
    if (b>0) 
    {
        if (col==3) ans+=(b-1)*dfs(a+1,b-1,c,d,e,1);       //用了一次這個還剩2的顏色，b--，同時 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);       // 不會有重複的了 
        ans%=mod;
    }
    return res=ans;
}