bzoj1079 着色方案记忆化搜索（dp）

Posted 2021-01-22 mountaink

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了bzoj1079 着色方案记忆化搜索（dp）相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

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题目大意：

　　有k种颜色，每个颜色ci可以涂个格子，要求相邻格子颜色不能一样，求方案数。ci<=5,k<=15.

思路：

　　题目里最重要的限制条件是相邻格子颜色不能相同，也就是当前格子只和上一个格子有关，那么对于还剩相同个数的颜色，如果都和上一个颜色不一样的话，那么这几种颜色都是一样的。如果某一种颜色和上一个颜色一样，那这个不算就可以了。

　　所以f[a][b][c][d][e][last]表示，还剩1次的颜色有a个，2两次颜色有b个，3次的颜色有c个，4次的颜色d个，5次的颜色e个，上一次用的颜色属于last的情况数量，1=<last<=5.

　　转移方程就倒着搜就可以了，没搜过的状态标记为-1，搜过的状态直接返回，看代码比较好理解。

　　需要注意的点是，比如上一次用的是还剩5个的颜色last，那么对于这一次来说，所有4个的颜色中有一种是从5个减少而来的，和上一个颜色一样，所以这个情况不能计算。

#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;
}