【思路要点】
- 首先考虑 的情况。
- 不妨将1固定在1号位置,问题变成了链上的版本,最后只要将答案乘以 即可。
- 记 表示将 个相同的数断成 段,所有不同的断法每一段权值乘积的和。
- 显然有 。
- 考虑一种不计复杂度的做法:我们枚举每一种颜色 被断成的段数 ,记 。
- 我们需要解决一个新问题:每种颜色 共有 段,要求同色的段不能相邻,问合法的方案数 。
- 如果我们解决了这个新问题,那么上述枚举对答案的贡献即为 。
- 新问题可以通过容斥原理解决,我们仍然考虑一种不计复杂度的做法:我们枚举每一种颜色的相邻两段是否被强制并起来了,记颜色 最后被强制并成了 段(注意这里我们枚举的是每一种颜色的相邻两段是否被强制并起来了,因此同一个 可能出现多次),那么当前枚举对 的贡献应当为 。
- 新问题的容斥原理的过程是可以通过动态规划来加速的。
- 记将有 段的颜色 强制并成了j段的容斥系数的和为 ,显然有 。考虑不再枚举每一种颜色的相邻两段是否被强制并起来了,转而枚举 ,上面的贡献的式子可以改写为 ,就可以轻松通过动态规划来优化了。
- 再考虑原问题,我们发现新问题的答案只与 有关,因此我们可以同时枚举 和 ,就可以用动态规划直接加速这两个过程。
- 至此我们解决了 的情况。
- 考虑原来的情况,我们考虑将某一段颜色1的开头转到1号位置,并要求 号位置不能是颜色1的权值和,最后仍然将答案乘以 。
- 这样的话,在有 段颜色1时,一个方案被计算了 次。
- 注意到我们实际上枚举了 ,因此只要在DP时给这样的方案乘上一个 的系数即可。
- 时间复杂度 。
【代码】
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 105;
const int MAXM = 5005;
const int P = 1e9 + 7;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); }
template <typename T> void read(T &x) {
x = 0; int f = 1;
char c = getchar();
for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {
if (x < 0) x = -x, putchar('-');
if (x > 9) write(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {
write(x);
puts("");
}
int fac[MAXM], inv[MAXM];
int n, a[MAXN], dp[MAXM];
int prod[MAXN][MAXN], coef[MAXN][MAXN];
void update(int &x, int y) {
x += y;
if (x >= P) x %= P;
}
int power(int x, int y) {
if (y == 0) return 1;
int tmp = power(x, y / 2);
if (y % 2 == 0) return 1ll * tmp * tmp % P;
else return 1ll * tmp * tmp % P * x % P;
}
int main() {
freopen("count.in", "r", stdin);
freopen("count.out", "w", stdout);
read(n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
read(a[i]);
fac[0] = inv[0] = 1;
for (int i = 1; i < MAXM; i++) {
fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % P;
inv[i] = power(fac[i], P - 2);
}
prod[0][0] = 1, coef[0][0] = 1;
for (int i = 1; i < MAXN; i++)
for (int j = 1; j < MAXN; j++) {
coef[i][j] = (coef[i - 1][j - 1] + P - coef[i - 1][j]) % P;
for (int k = 1; k <= i; k++)
update(prod[i][j], 1ll * k * prod[i - k][j - 1] % P);
}
int sum = a[1];
for (int i = 1; i <= a[1]; i++)
for (int j = 1; j <= i; j++) {
int tmp = 1ll * prod[a[1]][i] * coef[i][j] % P * power(i, P - 2) % P;
update(dp[j - 1], 1ll * tmp * inv[j - 1] % P);
if (j >= 2) update(dp[j - 2], P - 1ll * tmp * inv[j - 2] % P);
}
for (int k = 2; k <= n; k++) {
static int tmp[MAXN];
memset(tmp, 0, sizeof(tmp));
for (int i = 1; i <= a[k]; i++)
for (int j = 1; j <= i; j++)
update(tmp[j], 1ll * prod[a[k]][i] * coef[i][j] % P * inv[j] % P);
for (int i = sum; i >= 0; i--) {
int tnp = dp[i]; dp[i] = 0;
for (int j = 0; j <= a[k]; j++)
update(dp[i + j], 1ll * tnp * tmp[j] % P);
}
sum += a[k];
}
int ans = 0;
for (int i = 0; i <= sum; i++)
update(ans, 1ll * dp[i] * fac[i] % P);
writeln(1ll * ans * sum % P);
return 0;
}