C. SSY的队列 - 高一普及组模拟赛3 - 比赛 - 衡中OI (hszxoj.com)
方法：状态压缩+hash+dfs+记忆化 思路： 首先想到容斥原理，用所有的方案减去一个相同挨着的+两个相同挨着的，但是去重太麻烦，而且各个方案之间相互牵连，不方便实现
那么再仔细看题，可不可以对问题进行简化？
相邻的数差值是m的倍数，那全部摸上m，其实就是余数相同的不能放在一起
问题就抽象成了(3个red，5个blue，7个green排列相同颜色不挨着的方案数)，深搜
dfs(dep,lst)第几个位置，上一个哪个种类，O(n^n)超时
发现，如果我知道当前lst组还剩下的人数，接下来还可以用的组别剩的人数分别有几组，我就可以从上面已求出状态转移过来
这个记忆化相当于大大减少了时复杂度O（n^n-相当多的一部分）
1处处特殊处理 const int N=40; const ll mod=1234567891,base=33; int a[N],b[N],c[N],mx,cnt; map<ll,ll>dp[N];//数组开不下 int n,m; ll fac[N]; inline ll dfs(int dep,int lst) { if(dep>n)return 1; memset(b,0,sizeof(b)); _f(i,1,cnt)//0不用算吧？至少不能一起算 { if(i!=lst)b[c[i]]++; } ll st=c[0];//b[i]=j,剩余人数是i的组有j个 _f(i,1,mx)//剩余人数是0个的组数我压根就没算 { st=st*base+b[i]; } st=st*base+((lst)?c[lst]:0);//表示对后边没有影响 if(dp[dep].count(st))return dp[dep][st];//开始统计 ll ans=0; if(c[0]) { c[0]--; ans+=dfs(dep+1,0); c[0]++; ans%=mod; } _f(i,1,cnt)//下一个位置放哪一类人 { if(i!=lst) { if(!c[i])continue; c[i]--; ans+=dfs(dep+1,i); c[i]++; ans%=mod; } } return dp[dep][st]=ans; } bool vis[N]; int main() { freopen("ssy.in","r",stdin); freopen("ssy.out","w",stdout); n=re(); _f(i,1,n) { a[i]=re(); } m=re(); _f(i,1,n) { a[i]%=m; if(a[i]<0)a[i]+=m;//负数的话摸出来也是负数，特殊加一下 } _f(i,1,n) { if(vis[i])continue; vis[i]=1; int ret=1; _f(j,i+1,n) { if(a[i]==a[j])vis[j]=1,ret++; } if(ret==1)c[0]++;//c[i]模数是相同的人分别有几个 else c[++cnt]=ret;//Cnt没有实际意义 mx=max(mx,ret); } fac[0]=1;ll ans=1; _f(i,1,n)fac[i]=fac[i-1]*i%mod; _f(i,0,cnt)ans=ans*fac[c[i]]%mod; ll po=dfs(1,0); ans=ans*po%mod; chu("%lld",ans); return 0; }
标签：dep,ll,dfs,st,int,lst,模拟 来源： https://www.cnblogs.com/403caorong/p/16273819.html
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