定義乙個序列的權值為：把所有相鄰的相同的數合併為乙個集合後，所有集合的大小的乘積。
特別的，第乙個數和最後乙個數是相鄰的。
現在你有 \(n\) 種數，第 \(i\) 種有 \(c_i\) 個。求所有不同的序列的權值的和。
\(n\leq 50,c_i\leq 100\)
考慮第乙個數和最後乙個數不相鄰時怎麼做。
記 \(g_\) 為出現了 \(i\) 次的數分成 \(j\) 個集合，所有集合大小的乘積的和。
\[g_=\sum_^ig_\times k
\]假設最後 \(i\) 分成了 \(a_i\) 個集合，那麼答案就是 \(\prod_^ng_\) 再乘上方案數。
方案數可以容斥求。
具體來說，把最後相鄰且同色的球合併成乙個大球。設最後有 \(b_i\) 個大球，那麼容斥係數就是 \(^\)，帶容斥係數的方案數就是 \(\binom^\)
最後這 \(\sum b_i\) 個球可以隨意放，方案數是 \(\frac\)
總的答案是
\[\left(\prod_^ng_\binom^\right)\frac^nb_i)!}^n b_i!}
\]這樣就可以 dp 了。（狀態為 \(i\) 和 \(\sum b_i\)）
考慮第乙個數和最後乙個數相鄰時怎麼做。
可以用最小表示法，令第乙個數為 \(1\) 且 最後乙個數不為 \(1\)（除非 \(n=1\)）。
只需要在後面計算組合數的時候把 \(b_1-1\) 再除以 \(a_1\) 就可以得到第乙個數為 \(1\) 的方案數。
把 \(b_1-2\) 再除以 \(a_1\) 就可以得到第乙個數為 \(1\) 且最後乙個數也是 \(1\) 的方案數。
除以 \(a_1\) 是因為乙個方案會被算多次。
再把方案數乘以 \(\sum c_i\) 就是答案了。
時間複雜度：\(o((\sum c_i)^2)\)
#include#include#includeusing namespace std;
typedef long long ll;
const ll p=1000000007;
ll fac[5010],ifac[5010],inv[5010];
ll f[60][5010];
ll g[110][110];
int a[60];
int n;
int s[60];
ll c[110][110];
ll c1[110],c2[110];
ll binom(int x,int y)
int main()
inv[1]=fac[0]=fac[1]=ifac[0]=ifac[1]=1;
for(int i=2;i<=5000;i++)
g[0][0]=1;
for(int i=1;i<=100;i++)
for(int j=1;j<=100;j++)
for(int k=1;k<=i;k++)
g[i][j]=(g[i][j]+g[i-k][j-1]*k)%p;
f[0][0]=1;
for(int i=1;ifor(int j=1;j<=a[i];j++)
for(int k=1;k<=j;k++)
c[i][k]=(c[i][k]+g[a[i]][j]*binom(j-1,k-1)%p*((j-k)&1?-1:1))%p;
for(int i=n;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=a[i];j++)
for(int k=1;k<=j;k++)
c1[k]=(c1[k]+g[a[i]][j]*binom(j-1,k-1)%p*((j-k)&1?-1:1)*inv[j])%p;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=a[i];j++)
for(int k=0;k<=s[i-1];k++)
f[i][k+j]=(f[i][k+j]+f[i-1][k]*c[i][j]%p*binom(k+j,k))%p;
ll ans=0;
for(int j=1;j<=a[n];j++)
for(int k=0;k<=s[n-1];k++)
ans=(ans+f[n-1][k]*c1[j]%p*(binom(k+j-1,k)-binom(k+j-2,k)))%p;
ans=ans*s[n]%p;
ans=(ans+p)%p;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
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