题面在这里
description
有\\(n\\)种颜色的小球，每种颜色的小球有\\(a_i\\)个；
要把它们摆成一排，求相邻小球颜色不相同的摆放方案数。
任意两个合理的安排方法，只要有一个位置的同学不同，都被认为是不同的。
data range
\\[n\\le 50,a_i\\le 50,\\sum a_i\\le 500
\\]
solution
鸣谢YCB
以下先考虑可重排列的情况
考虑容斥:
\\[Ans=\\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{i}f(i)
\\]
其中\\(f(x)\\)表示至少有\\(x\\)对相邻同色球的方案数。
直接求多项式\\(f(x)\\)不好求,我们先考虑一种颜色。
由于可重排列的方案数\\(P=\\frac{(\\sum a_i)!}{\\sum(a_i!)}\\)，
对于一种颜色的小球，构造多项式
\\[g_i(x)=\\sum_{j=0}^{a_i-1}(-1)^{j}\\frac{1}{(a_i-j)!}E(a_i,a_i-j)x^{j}
\\]
其中\\(E(i,j)\\)表示把\\(i\\)个相同的小球分成\\(j\\)段的方案数，
相当于在\\(i-1\\)个空隙中选\\(j-1\\)块隔板，因此\\(E(i,j)=\\binom{i-1}{j-1}\\)。
于是$$f(x)=(\\sum_{i=1}^{n} a_i)\\prod_{i=1}^{n}g_i(x)$$
直接暴力多项式乘法即可，复杂度为\\(O(n(∑a_i)a_{max})\\)
code
#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<complex>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<bitset>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#define FILE "a"
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define RG register
#define il inline
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef vector<int>VI;
typedef long long ll;
typedef double dd;
const dd eps=1e-10;
const int mod=1e9+7;
const int N=505;
const dd pi=acos(-1);
il ll read(){
RG ll data=0,w=1;RG char ch=getchar();
while(ch!=\'-\'&&(ch<\'0\'||ch>\'9\'))ch=getchar();
if(ch==\'-\')w=-1,ch=getchar();
while(ch<=\'9\'&&ch>=\'0\')data=data*10+ch-48,ch=getchar();
return data*w;
}
il void file(){
freopen(FILE".in","r",stdin);
freopen(FILE".out","w",stdout);
}
il void upd(int &a,int b){a+=b;if(a>=mod)a-=mod;}
il void dec(int &a,int b){if(!b)return;upd(a,mod-b);}
il int poww(int a,int b){
RG int ret=1;
for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod)
if(b&1)ret=1ll*ret*a%mod;
return ret;
}
int fac[N],inv[N],C[N][N];
il void init(){
fac[0]=1;for(RG int i=1;i<=500;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
inv[500]=poww(fac[500],mod-2);
for(RG int i=499;i;i--)inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
C[0][0]=1;
for(RG int i=1;i<=500;i++)
for(RG int j=0;j<=i;j++){
C[i][j]=C[i-1][j];
if(j)upd(C[i][j],C[i-1][j-1]);
}
}
int T,n,x,f[N],g[N],h[N],sum,ans,tot;
int main()
{
init();T=read();
for(RG int t=1;t<=T;t++){
n=read();ans=sum=0;memset(f,0,sizeof(f));f[0]=tot=1;
for(RG int i=1;i<=n;i++){
x=read();sum+=x;tot=1ll*tot*fac[x]%mod;
for(RG int j=0;j<x;j++){
g[j]=1ll*inv[x-j]*C[x-1][x-j-1]%mod;
if((j&1)&&g[j])g[j]=mod-g[j];
}
memset(h,0,sizeof(h));
for(RG int j=0;j<sum-x-i+2;j++)
for(RG int k=0;k<x;k++)
upd(h[j+k],1ll*f[j]*g[k]%mod);
swap(f,h);
}
for(RG int i=0;i<sum-n+2;i++)
upd(ans,1ll*f[i]*fac[sum-i]%mod);
printf("Case %d: %lld\\n",t,1ll*ans*tot%mod);
}
return 0;
}