自己口了一个做法，然后上锣鼓发现是对的。

这里来说一说。

首先我们考虑直接对这个玩意 $DP$，我们可以把这些颜色一个一个插入进去。

然后你发现其实相邻同色块似乎特别重要。

然后清奇的脑回路告诉你要这样设计状态：$f_{i,j}$ 表示前 $i$ 种，然后你有 $j$ 个相邻同色块。

然后你注意到你往里放可以打破颜色块，也可以不打破。于是你可以枚举我这一次要往里面放几个打破颜色块的新颜色。然后就可以转移了。

本题使用记忆化搜索，但是好像有优秀的 DP 更快，这里讲记搜做法。

首先暴力 dfs 就可以拿到 50 分。

电风扇：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
int k,n,a[20],ans,mp[100];
void dfs(int u){
	if(u==n+1){
		++ans;
		if(ans>=mod)ans-=mod;
	}
	for(int i=1;i<=k;++i){
		if(mp[u-1]!=i&&a[i]){
			mp[u]=i,--a[i];
			dfs(u+1);
			++a[i];
		}
	}
}
signed main(){
	cin>>k;
	for(int i=1;i<=k;++i){
		cin>>a[i];
		n+=a[i];
	}
	dfs(1);
	cout<<ans<<"\n";
	return 0;
}

然后我们优化，由于相邻的不能涂同种颜色，所以直接 DP 比较困难，我们考虑记忆化搜索。

然后你的参数必须能够准确概括状态，注意到 $5^{15}$ 非常大，但是 $15^5$ 就不那么大，所以我们可以设：

dp[a][b][c][d][e][lst] 表示还能涂1,2,3,4,5个的颜色分别还有 $a$，$b$，$c$，$d$，$e$种，并且上一次涂的是还能用 $lst$ 次的颜色（现在只能用 $lst-1$ 次了）。

所以如果你这一次用的是还能用一次的一个，有 $a$ 种选择，但是如果你上一次用的还能用两次的，他这次就会加入到还能用一次的里面，所以如果 $lst=2$ 则这一次可用的颜色数会减一。

其他的同理。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n,k,a[20];
int dp[16][16][16][16][16][6];
int t[6];
int dfs(int a,int b,int c,int d,int e,int lst){
	if(dp[a][b][c][d][e][lst]!=-1)return dp[a][b][c][d][e][lst];
	if(a+b+c+d+e==0)return 1;
	int ans=0;
	if(a)ans+=(a-(lst==2))*dfs(a-1,b,c,d,e,1);
	if(b)ans+=(b-(lst==3))*dfs(a+1,b-1,c,d,e,2);
	if(c)ans+=(c-(lst==4))*dfs(a,b+1,c-1,d,e,3);
	if(d)ans+=(d-(lst==5))*dfs(a,b,c+1,d-1,e,4);
	if(e)ans+=e*dfs(a,b,c,d+1,e-1,5);
	dp[a][b][c][d][e][lst]=ans%mod ;
	return ans%mod;
}
signed main() {
	cin>>k;
	for(int i=1;i<=k;++i){
		cin>>a[i];++t[a[i]];
	}
	memset(dp,-1,sizeof dp);
	cout<<dfs(t[1],t[2],t[3],t[4],t[5],0);
	return 0;
}