有n个木块排成一行，从左到右依次编号为1~n。你有k种颜色的油漆，其中第i种颜色的油漆足够涂ci个木块。所有油漆刚好足够涂满所有木块，即c1+c2+...+ck=n。相邻两个木块涂相同色显得很难看，所以你希望统计任意两个相邻木块颜色不同的着色方案。
第一行为一个正整数k，第二行包含k个整数c1, c2, ... , ck。
输出一个整数，即方案总数模1,000,000,007的结果。
100%的数据满足：1 <= k <= 15, 1 <= ci <= 5
题解：这种题我自己想还是算了吧。膜拜网上神奇的思路。
我们记每个颜色拿了多少是5^15的，于是转换一下思路，我们记录使用1,2,3,4,5次的颜色有多少种，因为实际上不同种类的颜色之间是等价的，所以只需要记录出现的次数，因为考虑两种油漆如果当前都能涂x次，那么他们本质是一样的
所以我们用w[a][b][c][d][e][last]记录还剩下1,2,3,4,5次使用次数的颜色的数量为a,b,c,d,e，上一次我们那的是使用次数剩余为last的颜色，那么这次在剩余last-1次的颜色中，我们只能少拿一次，因为不能拿相同的，这样转移就很容易的表示出来了。//刚开始把，状态的表示理解反了，呜呜呜
那么很容易推出转移式子，注意对于相邻位置不能是相同的颜色的设定，我们规定这次拿的等价颜色不能和上次的等价颜色相同，于是直接在系数里面判断一下减去即可
好好理解下代码应该问题不大的（我也是看了一会才理解dp的意思的）。
代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,i,t,a[10],g[16][16][16][16][16][6]; long long f[16][16][16][16][16][6]; long long dfs(int a,int b,int c,int d,int e,int now){ if(g[a][b][c][d][e][now])return f[a][b][c][d][e][now]; if(a+b+c+d+e==0)return 1; long long ans=0; if(a>0)ans+=(a-(now==2))*dfs(a-1,b,c,d,e,1); if(b>0)ans+=(b-(now==3))*dfs(a+1,b-1,c,d,e,2); if(c>0)ans+=(c-(now==4))*dfs(a,b+1,c-1,d,e,3); if(d>0)ans+=(d-(now==5))*dfs(a,b,c+1,d-1,e,4); if(e>0)ans+=e*dfs(a,b,c,d+1,e-1,5); g[a][b][c][d][e][now]=1; return f[a][b][c][d][e][now]=ans00000007; } int main(){ scanf("%d",&n); for(i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&t); a[t]++; } printf("%lld",dfs(a[1],a[2],a[3],a[4],a[5],0)); }