洛谷P1373 小a和uim之大逃离

题目背景

小a和uim来到雨林中探险。突然一阵北风吹来，一片乌云从北部天边急涌过来，还伴着一道道闪电，一阵阵雷声。刹那间，狂风大作，乌云布满了天空，紧接着豆大的雨点从天空中打落下来，只见前方出现了一个披头散发、青面獠牙的怪物，低沉着声音说：“呵呵，既然你们来到这，只能活下来一个！”。小a和他的小伙伴都惊呆了！

题目描述

瞬间，地面上出现了一个n*m的巨幅矩阵，矩阵的每个格子上有一坨0~k不等量的魔液。怪物各给了小a和uim一个魔瓶，说道，你们可以从矩阵的任一个格子开始，每次向右或向下走一步，从任一个格子结束。开始时小a用魔瓶吸收地面上的魔液，下一步由uim吸收，如此交替下去，并且要求最后一步必须由uim吸收。魔瓶只有k的容量，也就是说，如果装了k+1那么魔瓶会被清空成零，如果装了k+2就只剩下1，依次类推。怪物还说道，最后谁的魔瓶装的魔液多，谁就能活下来。小a和uim感情深厚，情同手足，怎能忍心让小伙伴离自己而去呢？沉默片刻，小a灵机一动，如果他俩的魔瓶中魔液一样多，不就都能活下来了吗？小a和他的小伙伴都笑呆了！

现在他想知道他们都能活下来有多少种方法。

输入输出格式

输入格式：

 

第一行，三个空格隔开的整数n，m，k

接下来n行，m列，表示矩阵每一个的魔液量。同一行的数字用空格隔开。

 

输出格式：

 

一个整数，表示方法数。由于可能很大，输出对1 000 000 007取余后的结果。

 

输入输出样例

输入样例#1： 复制

2 2 3
1 1
1 1

输出样例#1： 复制

4

说明

【题目来源】

lzn改编

【样例解释】

样例解释：四种方案是：(1,1)->(1,2),(1,1)->(2,1),(1,2)->(2,2),(2,1)->(2,2)。

【数据范围】

对于20%的数据，n,m<=10,k<=2

对于50%的数据，n,m<=100,k<=5

对于100%的数据，n,m<=800,1<=k<=15

 

啊这道题是和班上的胖友们一起撸的嘻嘻 明天我的停课生活就开始了！！

好这道题一开始我们的思路是$dp[i][j][k]$表示到了$(i,j)$这个点价值为$k$的方案数

然后我们发现这个时候我们无法使两个状态同步 也就是说我们在统计答案的时候无法找到他的对应状态

那么这个时候聪明的zjj同学就想到了存储两人的价值差 这个时候就能保证他们处于同一种状态

然后我们想到的五维状态$dp[i][j][k][0/1][0/1]$表示差不多 $k$是差值 $0/1$分别表示现在是谁走和谁更大

 这个方程理论上说是可以转移的 但是特判好像挺多的 不好搞 而且空间不够还要滚一维 统计答案也很麻烦

那么现在可以少搞一维 就直接记录现在谁要走就可以了 不用记录谁更大 然后$k$记录$A$比$B$大多少就可以了

然而这个时候会出现差值是负数 其实不影响 模加模就可以了 昨天有疑惑是为什么模加模之后这玩意儿是等价的 

这个不是表示$A$比$B$大多少嘛 但是实际上这不能用等价来说 只不过这两种情况刚好可以合在一起 

举个例子 比如我现在$A - B = -4$ 模数是$10$ 转换后为$k = 6$ 然后现在我B又取$4$ 那现在$A - B = -8$ 转换的变成$6 - 4 = 2$

同样的$-8$ 处理之后也是$2$ 很显然这个是正确的 而且这玩意就相当于把他提上来而已 转移是一样的(来自洛谷题解)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int Mod = 1e9 + 7;
const int N = 801;
int dp[N][N][20][2],a[N][N],ans = 0,n,m,K;

void init( ) {
    
    scanf("%d%d%d",& n,& m,& K);
    K ++;
    for(int i = 1;i <= n;i ++)
       for(int j = 1;j <= m;j ++) {
          scanf("%d",& a[i][j]);
          a[i][j] %= Mod;
      }
}

void moc(int & a,int b) {
    
     a = (a + b) % Mod;
     return ;
}

void Solve( ) {
    
    for(int i = 1;i <= n;i ++)
       for(int j = 1;j <= m;j ++) { 
          moc(dp[i][j][a[i][j]][0],1);
          for(int k = 0;k < K;k ++){
              moc(dp[i + 1][j][((k - a[i + 1][j]) % K + K) % K][1],dp[i][j][k][0]);
              moc(dp[i + 1][j][((k + a[i + 1][j]) % K + K) % K][0],dp[i][j][k][1]);
              moc(dp[i][j + 1][((k - a[i][j + 1]) % K + K) % K][1],dp[i][j][k][0]);
              moc(dp[i][j + 1][((k + a[i][j + 1]) % K + K) % K][0],dp[i][j][k][1]);
          }
       }
    for(int i = 1;i <= n;i ++)
       for(int j = 1;j <= m;j ++) {
             moc(ans,dp[i][j][0][1]);
       }
    printf("%d",ans);
}

int main( ) {
    
    init( );
    Solve( );
}