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
说明
【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
题解
看到这个题面很快就能想到动态规划，也不难想出五维dp的做法：
设计$f_{i,j,k,l,p}$表示方案数
$i,j$表示当前位置为$(i,j)$($i,jin[1,800]$)
$k,l$分别表示小a和uim的魔夜量($k,lin[0,15]$注意此处包括$15$，因为实际的模数是$k+1$)
$p$表示当前的轮次，$p=0$则轮到小a走，$p=1$则轮到uim走
最终答案是$Sigma_{i=1}^{n}{Sigma_{j=1}^{m}{Sigma_{l=0}^{k-1}{f_{i,j,l,l,1}}}}$
但很显然，这样设计状态会爆空间，必须减少一维。观察以上式子，会发现答案中两个l显得莫名其妙。因为我们只关心两人的魔力是否相等，并不关心它们的具体数值。故我们将这两维状态变成一个$k=k-l$。显然，这在经历模数后不能表示准确的状态，因为信息量有所减少，但$k eq0$时，两人魔力一定不相等，否则必然相等，且每次叠加后差仍然是正确的，所以这种方法必然有效。
故可设计状态为：
设计$f_{i,j,k,l,p}$表示方案数
$i,j$表示当前位置为$(i,j)$($i,jin[1,800]$)
$k$表示小a和uim的魔夜量之差($kin[0,15]$注意此处包括$15$，因为实际的模数是$k+1$)
$p$表示当前的轮次，$p=0$则轮到小a走，$p=1$则轮到uim走
最终答案是$Sigma_{i=1}^{n}{Sigma_{j=1}^{m}{f_{i,j,0,1}}}$
有初始化
for(int i=1;i<=N;i++) for(int j=1;j<=M;j++){ scanf("%d",a[i]+j); f[i][j][modk(a[i][j])][0]=1; }
有状态转移方程
for(int i=1;i<=N;i++) for(int j=1;j<=M;j++){ for(int k=0;k<K;k++){ /*0:a 1:uim k->a*/ if(i>1){/*from above*/ add(f[i][j][k][0],f[i-1][j][modk(k-a[i][j])][1]); add(f[i][j][k][1],f[i-1][j][modk(k+a[i][j])][0]); } if(j>1){/*from backward*/ add(f[i][j][k][0],f[i][j-1][modk(k-a[i][j])][1]); add(f[i][j][k][1],f[i][j-1][modk(k+a[i][j])][0]); } } add(ans,f[i][j][0][1]); }
最终程序就很简单了
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int MOD=1e9+7,MAXN=805,MAXK=16; 4 int N,M,K,a[MAXN][MAXN]; 5 int f[MAXN][MAXN][MAXK][2],ans; 6 inline int modk(int x){/*MOD into 0~k-1*/ 7 return (x+K)%K; 8 } 9 inline void add(int &x,int y){ 10 x=(x+y)%MOD; 11 } 12 int main(){ 13 // freopen("1.in","r",stdin); 14 // freopen("2.out","w",stdout); 15 scanf("%d%d%d",&N,&M,&K); 16 K++; 17 for(int i=1;i<=N;i++) 18 for(int j=1;j<=M;j++){ 19 scanf("%d",a[i]+j); 20 f[i][j][modk(a[i][j])][0]=1; 21 } 22 23 for(int i=1;i<=N;i++) 24 for(int j=1;j<=M;j++){ 25 for(int k=0;k<K;k++){ 26 /*0:a 1:uim k->a*/ 27 if(i>1){/*from above*/ 28 add(f[i][j][k][0],f[i-1][j][modk(k-a[i][j])][1]); 29 add(f[i][j][k][1],f[i-1][j][modk(k+a[i][j])][0]); 30 } 31 if(j>1){/*from backward*/ 32 add(f[i][j][k][0],f[i][j-1][modk(k-a[i][j])][1]); 33 add(f[i][j][k][1],f[i][j-1][modk(k+a[i][j])][0]); 34 } 35 } 36 add(ans,f[i][j][0][1]); 37 } 38 39 printf("%d",ans); 40 return 0; 41 }