[JZOJ5728] 简单计数|| 容斥+处理环上问题

先考虑链上的做法。
先预处理$f_{i,j}$表示$i$个元素分到$j$个集合中，所有集合大小之积的和，$f_{i,j}=k\cdot f_{i-k,j-1}$。
那么假如第$i$种数字的$c_i$个被分成了$a_i$个，那么问题就转化成有$n$种颜色的球，第$i$种球有$a_i$个，求排列这些球使得相邻球不同色的方案数。之后再乘上$\prod_{i=1}^n{f_{c_i,a_i}}$即可。
这个问题可以容斥做，对于第$i$种球，我们把相邻的均为颜色$i$的球合并成一个大球，假设合并完最后有$b_i$个大球，之后就随意排列（也就是至少有$b_i$个同色块），那么带容斥系数的方案数就是$(-1)^{a_i-b_i}{a_i-1\choose b_i-1}$，最后再乘上$\frac{(\sum{b_i})!}{\prod b_i!}$就行了。
那么DP的时候就要记录当前$b$的和，也就是$g_{i,j}$表示计算了前$i$种，$(\sum_{k=1}^i b_k)=j$的状态，转移大概就是：

$$g_{i,j}=\sum_{b_i=1}^{c_i}\frac{1}{b_i!}g_{i-1,j-b_i}\sum_{a_i=b_i}^{c_i}(-1)^{a_i-b_i}{a_i-1\choose b_i-1}f_{c_i,a_i}$$
通过预处理后面那个和式$b_i=k$的时候的值即可。复杂度$O(n^2c^2)$。

再考虑拓展到环上，使用最小表示法，统计那些以$1$开头的情况（也就是在算$\frac{(\sum{b_i})!}{\prod b_i!}$的时候把$b_1$减掉$1$），最后乘上$\frac{n}{a_i}$即可。
但是$1$既作为开头又作为结尾的又被算进去了，只要同理把$b_i$减掉再转移一次减掉就行。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
#define up(x,y) (x=(x+(y))%mod)
using namespace std;
const int mod=1000000007;
int n,c[55],d[55];
ll f[110][110],g[55][5010],s[110][110],C[110][110],fac[5010],ifac[110],ans;
ll ksm(ll a,ll b){ll r=1;for(;b;b>>=1){if(b&1)r=r*a%mod;a=a*a%mod;}return r;}
ll G(ll c,ll a,ll b)
{
    return f[c][a]*C[a-1][b-1]%mod*((a-b)&1?mod-1:1)%mod;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&c[i]);
        d[i]=c[i]+d[i-1];
    }
    fac[0]=ifac[0]=1;
    for(int i=1;i<=5000;i++)
        fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    for(int i=1;i<=100;i++)
        ifac[i]=ksm(fac[i],mod-2);      
    C[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=100;C[i][0]=1,i++)
        for(int j=1;j<=i;j++)
            C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;    
    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=100;i++)
        for(int j=1;j<=i;j++)
            for(int k=1;k<=i;k++)
                up(f[i][j],f[i-k][j-1]*k);
    for(int i=1;i<=100;i++)
        for(int k=1;k<=i;k++)
            for(int j=k;j<=i;j++)
                s[i][k]=(s[i][k]+G(i,j,k)*ifac[k])%mod;

    for(int j=1;j<=c[1];j++)
        for(int k=1;k<=j;k++)
            up(g[1][k-1],G(c[1],j,k)*ifac[k-1]%mod*d[n]%mod*ksm(j,mod-2));  
    for(int i=2;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=d[i];j++)
            for(int k=1;k<=c[i];k++)
                up(g[i][j],g[i-1][j-k]*s[c[i]][k]); 
    for(int j=0;j<=d[n];j++)
        up(ans,g[n][j]*fac[j]); 


    memset(g,0,sizeof(g));          
    if(c[1]==1) {printf("%lld",ans);return 0;}

    for(int j=2;j<=c[1];j++)
        for(int k=2;k<=j;k++)
            up(g[1][k-2],G(c[1],j,k)*ifac[k-2]%mod*d[n]%mod*ksm(j,mod-2));  
    for(int i=2;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=d[i];j++)
            for(int k=1;k<=c[i];k++)
                up(g[i][j],g[i-1][j-k]*s[c[i]][k]); 

    for(int j=0;j<=d[n];j++)
        up(ans,mod-g[n][j]*fac[j]%mod);

    printf("%lld",ans);                 
    return 0;
}