説明
ヘクターはたくましい画家であり、非常に思考のように= =
さて、寺は、これらの柱の長老たちによって要求される1からNラベルに直線上に配置されたN個の柱は、塗料の新鮮なコートを塗るます持っています。ヘクター浴槽がK異なる塗色を有し、塗料はちょうどI CIピラーをバケツペイント、及びでき、C1 + C2 + C3 ... CK = N（ 即ち、N塗装柱がちょうどすべてのペイントを実行します）。にもかかわらずヘクターの長老は、隣接する列の同じ色をしませ必要です。
ヘクターはないだけで、すぐにペイントし始めたが、そのようなどのように多くのペイントプログラム、の合計としていくつかの奇妙な質問に、熟考し始めていなかったと考えたいですか？
すぐヘクターとしてペイントを開始するためには、できるだけ早く彼に答えを教えてください。
入力
正の整数Tの最初の行は、テストデータのセット表す
試験データの各セットのために：
行1：正の整数K
2行目：私は、ペイントバケットの列の数は塗装することができ、Kは正の整数でありますCI。
出力
入力データの各セットは、出力ラインプログラムスタッコMOD十億七の数を表す整数ため。
サンプル入力
3
3
1 2 3 4
5
2 2 2 2 2
10
1 1 2 2 3 3 4 4 5 5
サンプル出力
10
39480
85937576
データ制約
30％N≤10、T≤5
50％N≤15、T≤5
80％K≤15、Ci≤5、T≤500
100％K≤15、Ci≤6、T≤2000
問題の解決策
余談では
数日、私はまた、試験中に見たこの質問を言って。
その時間がないという考えで、行きたくありませんでした。
今日は突然、質問は非常に簡単です見つける、という考えを持っていた、見ました。
長い時間のためのチューニングは、サンプルの上に、結果TLE50を支払う。
なぜ？私は配列にゲームのF *3万100オープンを入れたとき。そのため
その後たびのmemsetは約2000、成功裏に爆発しました。
DPを考えてみましょう（と言って暴力がポイントを獲得するためによくないです）
私たちは、各顔料を得るために従ってください。
その後、顔料が追加された、唯一の我々は、現在の顔料の相対的な位置を検討する必要があり、顔料、染料列に考慮されていない必要がある、それを成し遂げる必要があります。
ababbd：現在の顔料である場合、その意味
の方法である3つのC顔料を追加：cacbabcbdを
我々は設定\（F _ {[I] } \） 溶液からなる電流I顔料の前にシーケンスを表しています。
しかし、十分な1次元。要求の対象は、隣接同色ないからです。
だから我々は現在の色と同じ色の目の前に満たすために、現在のj番目の位置の1次元表現の合計をより多くを支払います。
ちょっとした魔法に転送します。
実際には、各転送は、元の配列に挿入された新しいカラーボールをkと等価です。
この方法は、挿入された-
各インサートは、同じ2つのボールの間に挿入することが可能である、2つの異なるボールの間に挿入されてもよいです。
したがって、2つの同一のボールの間に挿入されたp個のボールで、Qは、二つの非同一の間にボールに挿入ボールを持っています。
：答えは\（C_J C_ {^ P * J +のSUM-Q 1} ^ \）
だけでなく、後者の二つでボール上記他のボールを有していてもよいです。
これは、m個の異なるプログラム・ボックスに入れN個の同一のボールの数に相当します。
プログラム番号は、\（+ C_ {N-M} 1-N- ^ {} \） （インターポーザの原理を使用して）
と答えが\（C_ {K-1} ^ {KPQ} \）
標準プロセス
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <map>
using namespace std;
int maxn=32768,mo=1000000007;
int n,t;
int k[16];
long long f[100][100],mi[16],c[100][100],sum[32768],len[32768];
long long qsm(long long a,long long b)
{
long long t=1;
long long y=a;
while (b>0)
{
if (b%2==1) t=(t*y)%mo;
y=(y*y)%mo;
b=b/2;
}
return t;
}
int main()
{
freopen("color.in","r",stdin);
for (int i=0;i<=100;i++)
{
c[i][0]=1;
for (int j=1;j<=i;j++)
{
c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mo;
}
}
mi[0]=1;
for (int i=1;i<=15;i++)
{
mi[i]=mi[i-1]*2;
}
scanf("%d",&t);
while (t>0)
{
t--;
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&k[i]);
}
memset(f,0,sizeof(f));
memset(sum,0,sizeof(sum));
memset(len,0,sizeof(len));
f[0][0]=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
if (i==1)
{
f[i][k[i]-1]=1;
sum[i]=k[i];
len[i]=1;
}
else
{
for (int j=0;j<=sum[i-1];j++)
{
if (f[i-1][j]>0)
{
for (int p=0;p<=min(k[i],j);p++)
{
for (int q=0;q<=k[i]-p;q++)
{
if (q+p>=1)
{
f[i][j-p+k[i]-p-q]+=(f[i-1][j]*c[j][p]*c[sum[i-1]-j+1][q]*c[k[i]-1][k[i]-p-q])%mo;
}
}
}
}
}
sum[i]=sum[i-1]+k[i];
len[i]=len[i-1]+1;
}
}
printf("%lld\n",(f[n][0])%mo);
}
}