着色方案（bzoj 1079）

Description

　　有n個木塊排成一行，從左到右依次編號爲1~n。你有k種顏色的油漆，其中第i種顏色的油漆足夠塗ci個木塊。
全部油漆恰好足夠塗滿全部木塊，即c1+c2+...+ck=n。相鄰兩個木塊塗相同色顯得很難看，因此你但願統計任意兩
個相鄰木塊顏色不一樣的着色方案。

Input

　　第一行爲一個正整數k，第二行包含k個整數c1, c2, ... , ck。

Output

　　輸出一個整數，即方案總數模1,000,000,007的結果。

Sample Input

3
1 2 3

Sample Output

10

HINT

 100%的數據知足：1 <= k <= 15, 1 <= ci <= 5

/*
    直接狀態壓縮是顯然是不可行的，咱們考慮若是沒有相鄰顏色不相同的限制的話，
    若是兩種油漆能染的木塊數目相同，咱們就能夠認爲兩種油漆無差異。
    設dp[a1][a2][a3][a4][a5]爲能染1個木塊的油漆有a1種……的方案數。
    可是有相鄰顏色的限制，若是上一次用了顏色數爲last的油漆，
    那麼這一次有一種顏色數爲last-1的油漆就不能用了，轉移的時候注意一下。
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define mod 1000000007
#define lon long long
using namespace std;
int s[6],dp[16][16][16][16][16][16],k;
int dfs(int a1,int a2,int a3,int a4,int a5,int last){
    if(dp[a1][a2][a3][a4][a5][last]) return dp[a1][a2][a3][a4][a5][last];
    if(a1+a2+a3+a4+a5==0) return dp[a1][a2][a3][a4][a5][last]=1;
    lon tot=0;
    if(a1) tot+=1LL*(a1-(last==2))*dfs(a1-1,a2,a3,a4,a5,1),tot%=mod;
    if(a2) tot+=1LL*(a2-(last==3))*dfs(a1+1,a2-1,a3,a4,a5,2),tot%=mod;
    if(a3) tot+=1LL*(a3-(last==4))*dfs(a1,a2+1,a3-1,a4,a5,3),tot%=mod;
    if(a4) tot+=1LL*(a4-(last==5))*dfs(a1,a2,a3+1,a4-1,a5,4),tot%=mod;
    if(a5) tot+=1LL*a5*dfs(a1,a2,a3,a4+1,a5-1,5),tot%=mod;
    return dp[a1][a2][a3][a4][a5][last]=tot;
}
int main(){
    scanf("%d",&k);
    for(int i=1;i<=k;i++){
        int x;scanf("%d",&x);
        s[x]++;
    }
    printf("%d",dfs(s[1],s[2],s[3],s[4],s[5],0));
    return 0;
}