【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：

把颜色分成 k 块的方案数：C(A−1,k−1)

把块插进 l 个位置的方案数：C(j,l)

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<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int mo=1e9+7,N=91;
long long f

,c

;
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;i<N;i++)
{
c[i][i]=c[i][0]=1;
for(int j=1;j<i;j++) c[i][j]=c[i-1][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=(x<j)?x:j;
for(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
[0]);
}
return 0;
}