【NOIP2013模拟】粉刷匠 题解&代码

原题

Description

赫克托是一个魁梧的粉刷匠，而且非常喜欢思考= =

现在，神庙里有N根排列成一直线的石柱，从1到N标号，长老要求用油漆将这些石柱重新粉刷一遍。赫克托有K桶颜色各不相同的油漆，第i桶油漆恰好可以粉刷Ci根石柱，并且，C1+C2+C3…CK=N（即粉刷N根石柱正好用完所有的油漆）。长老为了刁难赫克托，要求相邻的石柱颜色不能相同。

喜欢思考的赫克托不仅没有立刻开始粉刷，反而开始琢磨一些奇怪的问题，比如，一共有多少种粉刷的方案？

为了让赫克托尽快开始粉刷，请你尽快告诉他答案。

Input

第一行一个正整数T，表示测试数据组数

对于每一组测试数据数据：

第1行：一个正整数K

第2行：K个正整数，表示第i桶油漆可以粉刷的石柱个数，Ci。

Output

对于每组输入数据，输出一行一个整数，表示粉刷的方案数mod 1000000007。

Sample Input

3

3

1 2 3

5

2 2 2 2 2

10

1 1 2 2 3 3 4 4 5 5

Sample Output

10

39480

85937576

Data Constraint

30% N≤10,T≤5

50% N≤15,T≤5

80% K≤15,Ci≤5,T≤500

100% K≤15,Ci≤6,T≤2000

题解

• 每一步处理一种颜色。

• 设 F[i][j] 表示涂到第i种颜色，有j对相邻的柱子颜色相同。

• 记涂到第i种颜色之后一共有 S 块。

• 对于 i+1 这种颜色，能粉刷 A 次。

• 设把这种颜色分成 k 块，插进序列里面。

• 插进的位置中，有 l 个位置刚好插进在j对颜色相同的柱子中间( l ≤ j 且 l ≤ k )。

• 新状态的 j ：原有的 j ，新增的 A−k ，减少的 l 。

• 状态转移：

  1. 把颜色分成 k 块的方案数： C(A−1,k−1)

  2. 把块插进 l 个位置的方案数： C(j,l)

  3. 剩余块的处理方式： C(S+1−j,k−l)

• 转移方程如下：

• F[i+1][j+A−k−l]+=F[i][j]∗C(j,l)∗C(A−1,k−1)∗C(S+1−j,k−l)

• 时间复杂度 O(K∗N∗C∗C∗T) 。（理论复杂度与上一解法一致）

优化

• 我们看到 T=2000 这一条件极不和谐。

• 庆幸的是，将每个询问内的数字打乱顺序不影响答案。

• 我们可以将每个询问内部进行排序，再按字典序排序之后再处理，顺序处理。

• 处理询问 i+1 时，保留处理i时的f值。

• 若询问i与 i+1 的询问前x个数都相等，则对于x之前的f值都是相等的。

• 由于按字典序排序了，顺序处理会减少大多数的处理。

Code

#include
#include
using namespace std;
const int mo=1e9+7,N=91;
long long f[N][N],c[N][N];
inline int read()
{
    int data=0; char ch=0;
    while(ch<'0' || ch>'9') ch=getchar();
    while(ch>='0' && ch<='9') data=data*10+ch-'0',ch=getchar();
    return data;
}
int main()
{
    c[0][0]=1;
    for(int i=1;i0]=1;
        for(int j=1;j1][j]+c[i-1][j-1];
    }
    int T=read();
    while(T--)
    {
        int n=read(),m=0;
        memset(f,0,sizeof(f));
        f[0][0]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            int x=read();
            for(int j=0;j<=m;j++)
                if(f[i-1][j])
                    for(int k=1;k<=x;k++)
                    {
                        int y=(xfor(int l=0;l<=y;l++)
                            f[i][j-l+x-k]=(f[i][j-l+x-k]+f[i-1][j]*c[x-1][k-1]*c[j][l]%mo*c[m-j+1][k-l])%mo;
                    }
            m+=x;
        }
        printf("%lld\n",f[n][0]);
    }
    return 0;
}