【校内训练2018-06-28】比谁数得对

【思路要点】

• 首先考虑$a_1=1$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$\sum a_i$即可。
• 记$prod_{i,j}$表示将$i$个相同的数断成$j$段，所有不同的断法每一段权值乘积的和。
• 显然有$prod_{i,j}=\sum_{k=1}^{i}k*prod_{i-k,j-1}$。
• 考虑一种不计复杂度的做法：我们枚举每一种颜色$i$被断成的段数$cnt_i$，记$Prod=\prod_{i=2}^{N}prod_{a_i,cnt_i}$。
• 我们需要解决一个新问题：每种颜色$i$共有$cnt_i$段，要求同色的段不能相邻，问合法的方案数$ways$。
• 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$Prod*ways$。
• 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$i$最后被强制并成了$res_i$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$res_i$可能出现多次），那么当前枚举对$ways$的贡献应当为$(-1)^{\sum_{i=1}^{N}(cnt_i-res_i)}*\frac{(\sum_{i=1}^{N}res_i)!}{\prod_{i=1}^{N}res_i!}$。
• 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$cnt_i$段的颜色$i$强制并成了j段的容斥系数的和为$coef_{cnt_i,j}$，显然有$coef_{i,j}=coef_{i-1,j-1}-coef_{i-1,j}$。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$res_i$，上面的贡献的式子可以改写为$(\sum_{i=1}^{N}res_i)!*\prod_{i=1}^{N}coef_{cnt_i,res_i}*\frac{1}{res_i!}$，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$cnt_i$有关，因此我们可以同时枚举$cnt_i$和$res_i$，就可以用动态规划直接加速这两个过程。
• 至此我们解决了$a_1=1$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$N$号位置不能是颜色1的权值和，最后仍然将答案乘以$\sum a_i$。
• 这样的话，在有$cnt_1$段颜色1时，一个方案被计算了$cnt_1$次。
• 注意到我们实际上枚举了$cnt_1$，因此只要在DP时给这样的方案乘上一个$\frac{1}{cnt_1}$的系数即可。
• 时间复杂度$O((\sum a_i)^2)$。

【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;
}