乍一看不是很會。
先考慮不是環怎麼做。
考慮分類地計數，即把方案歸到某一型別裡，再分別計算每乙個型別的數量來求答案。
最終一種方案肯定有若干段相同顏色段，我們可以直接考慮每一種顏色的劃分貢獻，然後再算出他們組合起來的方案數。
具體地，我們計算出f(i,j)表示把i個相同的球分成j段的貢獻和，一種方案貢獻為每段大小乘積。然後，我們把同顏色的i個球縮成j個，然後問題就變成要計算有多少種不同的排列方案，使得相同顏色的球不相鄰，設為f
設a[i]表示顏色i分成的段數，那麼答案就是∑a
[1..n]
∏if(
c[i]
,a[i
])∗f
(a[1..n]
) ∑a[
1..n]∏
if(c
[i],
a[i]
)∗f(
a[1..n])
，其中f就是排列方案。
考慮f怎麼求，我們可以做容斥。對於一種a[1..n]，考慮列舉一些相鄰的同顏色球再縮起來，設剩下每種球個數b[1..n]，這些球可以亂放，那麼此時容斥貢獻是(∑
b[i]
)!∗∏
cb[i
]−1a
[i]−
1∗(−
1)a[
i]−b
[i]∗
1b[i
]!( ∑b
[i])
!∗∏c
a[i]
−1b[
i]−1
∗(−1
)a[i
]−b[
i]∗1
b[i]
!。這個容斥我們可以dp地計算，每次列舉a[i]和b[i]即可，我們還可以在中途把f(
c[i]
,a[i
])f (c
[i],
a[i]
)也算進去，這樣是沒有問題的。設f[i][j]表示做到顏色i，∑k
=1..ib
[k]=
j ∑k=
1..ib[
k]=j
的貢獻和，最後再乘j!
j !。
這樣不是環的做法就出來了，轉移的時候優化一下。
現在考慮環怎麼辦。我們可以用最小表示法，固定顏色1在開頭，且1不能結尾。算出所有方案再乘∑c
[i] ∑c[
i]。固定開頭我們只需要讓最後的j!
j
!變成(j
−1)!
( j−
1)!，而列舉b[1]的時候乘1(
b[1]
−1)!
1 (b
[1]−
1)!。固定結尾類似。不過這樣有個問題，如果顏色1分成k段，dp完乘∑c
∑
c的時候，這種方案會被算k次，我們在開始的時候除即可。
然後就做完了。
實現的時候沒有減掉開頭和結尾都是1的方案，不知道為什麼減掉錯了，估計是已經容斥掉了吧…
#include
#include
#include
#include
#include
#include
//開 o2！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！
using namespace std;
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
#define fd(i,j,k) for(i=j;i>=k;i--)
#define cmax(a,b) (a=(a>b)?a:b)
#define cmin(a,b) (a=(atypedef long long ll;
typedef double db;
const int n=5000+5,mo=1e9+7;
int fac[n],rev[n],f[105][105],f[55][n],sum[n],c[n],a,b,i,j,k,ans,re[n],n,trs[n];
int ksm(int
x,int
y) return ret;
}void predo(int n)
int c(int
m,int n)
int main()
predo(5e3);
f[0][0]=1;
fo(i,1,100)
fo(j,1,i)
fo(k,1,i)
f[i][j]=(f[i][j]+1ll*f[i-k][j-1]*k)%mo;
f[0][0]=1;
fo(i,0,n)
}fo(j,0,sum[i])
fo(b,1,c[i+1])
f[i+1][j+b]=(f[i+1][j+b]+1ll*f[i][j]*trs[b])%mo;
}fo(j,0,sum[n])
ans=(ans+1ll*f[n][j]*fac[j-1])%mo;
printf("%d\n",1ll*ans
*sum[n]%mo);
}
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