洛谷 P1373 小a和uim之大逃离

洛谷 P1373 小a和uim之大逃离

思路

吐槽

吐槽：话说不应该是他俩都得die嘛qwq

咋做

一道(DP)不好题.

我们用(f[i][j][q][p])来表示：走到第(i)行第(j)列魔液差距值为(q)且当前为(p)走的方案数（(pin {0, 1} p=0)表示目前为小(a)走，(p=1)表示目前为(uim)走)

初始条件：(f[i][j][a[i][j]][0]=1)表示小(a)从每个点开始取，差距值为(a[i][j])的方案数为(1)

那么我们可以想出转移方程：

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

这个式子表示目前在第(i)行第(j)列，差距值为(p)，当前小(a)走的方案数，因为只能往右走或往下走，且上一步一定是(uim)走的，所以可以从第(i-1)行第(j)列、第(i)行第(j-1)列转移过来，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，这个式子表示目前在第(i)行第(j)列，差距值为(p)，当前(uim)走的方案数，上一步一定是小(a)走的，所以可以从第(i-1)行第(j)列、第(i)行第(j-1)列转移过来，差距值减小

我们容易想出，最后的答案就是(sum_{i = 1}^{n}sum_{j = 1}^{m}f[i][j][0][1])最后一维是(1)是因为最后一步只能由(uim)走

空间复杂度(n*m*k*2)刚好可以，时间复杂度(O(n*m*k))可以过

注意！

1. 因为魔液值到达(k+1)之后就会清(0)，所以在过程中要随时对(k+1)取模
2. 空间开好！！不要开太大！因为最后一维只用(0、1)，所以开(2)的数组就好了就行了，开(3)会(MLE)
3. 码风丑陋，谨慎阅读(qwq)

代码

#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 << '
';
	return 0;
}