洛谷 P1373 小a和uim之大逃離

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思路

吐槽

吐槽：話說不應該是他倆都得死嘛qwq

咋做

一道$DP$不好題.

我們用$f[i][j][q][p]$來表示：走到第$i$行第$j$列魔液差距值爲$q$且當前爲$p$走的方案數（$p\in \{0, 1\} p=0$表示目前爲小$a$走，$p=1$表示目前爲$uim$走)

初始條件：$f[i][j][a[i][j]][0]=1$表示小$a$從每個點開始取，差距值爲$a[i][j]$的方案數爲$1$

那麼我們可以想出轉移方程：

$f[i][j][p][0]+=f[i-1][j][p-a[i][j]][1]+f[i][j-1][p-a[i][j]][1]$

這個式子表示目前在第$i$行第$j$列，差距值爲$p$，當前小$a$走的方案數，因爲只能往右走或往下走，且上一步一定是$uim$走的，所以可以從第$i-1$行第$j$列、第$i$行第$j-1$列轉移過來，差距值增大

$f[i][j][p][1]+=f[i-1][j][p+a[i][j]][0]+f[i][j-1][p-a[i][j]][0]$

同理，這個式子表示目前在第$i$行第$j$列，差距值爲$p$，當前$uim$走的方案數，上一步一定是小$a$走的，所以可以從第$i-1$行第$j$列、第$i$行第$j-1$列轉移過來，差距值減小

我們容易想出，最後的答案就是$\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}f[i][j][0][1]$最後一維是$1$是因爲最後一步只能由$uim$走

空間複雜度$n*m*k*2$剛好可以，時間複雜度$O(n*m*k)$可以過

注意！

1. 因爲魔液值到達$k+1$之後就會清$0$，所以在過程中要隨時對$k+1$取模
2. 空間開好！！不要開太大！因爲最後一維只用$0、1$，所以開$2$的數組就好了就行了，開$3$會$MLE$
3. 碼風醜陋，謹慎閱讀$qwq$

代碼

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int B = 20;
const int A = 800 + 7;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

inline int read() {
	char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
	for( ; !isdigit(c); c = getchar()) if(c == '-') f = -1;
	for( ; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + (c ^ 48);
	return x * f;
}

int n, m, k, a[A][A], f[A][A][B][2];

int main() {
	n = read(), m = read(), k = read() + 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++) for(int j = 1; j <= m; j++) a[i][j] = read(), f[i][j][a[i][j] % k][0] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		for(int j = 1; j <= m; j++)
			for(int p = 0; p <= k; p++) {
				f[i][j][p][0] = (f[i][j][p][0] + f[i - 1][j][(p - a[i][j] + k) % k][1] + f[i][j - 1][(p - a[i][j] + k) % k][1]) % mod;
				f[i][j][p][1] = (f[i][j][p][1] + f[i - 1][j][(p + a[i][j] + k) % k][0] + f[i][j - 1][(p + a[i][j] + k) % k][0]) % mod;
			}
	int ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) for(int j = 1; j <= m; j++) ans += f[i][j][0][1], ans %= mod;
	cout << ans << '\n';
	return 0;
}