洛谷 1373 dp 小a和uim之大逃离 良心题解

洛谷 1373 dp

这题还不算太难，，当初看的时候不是很理解题意，以为他们会选择两条不同的路径，导致整体思路混乱

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传送门

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其实理解题意和思路之后还是敲了不短的时间，一部分身体原因再加上中午休息不太好，整个人思路较乱，靠本能打了一遍代码毫无头绪。恢复了一下状态重新开打，才算是A掉

题解

设dp[i][j][l][p]为当前走到第(i, j)位，当前(a - b) % k 为l，本次是第p个人取得药，p = 0为a，p = 1 为b，
此时的方案数

则 dp[i][j][l][1] += dp[i-1][j][((l + a[i][j]) % k + k) % k][0] + dp[i][j-1][((l + a[i][j]) % k + k) % k][0]

dp[i][j][l][0] += dp[i-1][j][((l - a[i][j]) % k + k) % k][1] + dp[i][j-1][((l - a[i][j]) % k + k) % k][1]

举个栗子：

假设本次在(3, 2)，该1(uim)走，则该状态的上一个状态应为 当前在(3,1)，该0(小a)走，当时的差为l + a[i][j] 另一个状态同理。

解释一下差加减的原理：

我们的dp方程的第三维定义的是a(小a) - b(uim)的差，那么按照上面的栗子来看，本步由uim来走，那么它们状态的差应减少，减少值为a[i][j]，所以上一状态为l + a[i][j]，

扯一点关于初始化的东西

由于题目中规定可以从每个点开始，同时必须小a先吸收，所以

对于读入的每一个a[i][j]，设dp[i][j][a[i][j] % k][0] = 1

其余点均为0

关于k

实在有些不理解出题人的脑洞，，(lzn别打我= =)，，只有k的容量，到了k+1就会清零，，，默默地k++吧

关于复杂度

记录两个人的当前值肯定会T，使用long long会M，据说常数太大会卡两个，暂时没发现

关于差值问题：

有人说差值可正可负，我当时也考虑了一段时间，后来发现在%k意义下对答案没有任何影响，即 k = 3时，（k + 1等于4时）a比b少2和a比b多2其实是等效的，即a拿2个后两人均相同

代码如下：

#include 
#include 
#include 

const int maxn = 800 + 1;
const int mod = 1000000007;
int dp[maxn][maxn][16][2];
int a[maxn][maxn];
int n, m, k;

int main () {
    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]);
            dp[i][j][(a[i][j]) % k][0] = 1;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            for (int l = 0; l < k; l++) {
                dp[i][j][l][1] = (dp[i][j][l][1] + dp[i-1][j][((l + a[i][j]) % k + k) % k][0] + dp[i][j-1][((l + a[i][j]) % k + k) % k][0]) % mod;
                dp[i][j][l][0] = (dp[i][j][l][0] + dp[i-1][j][((l - a[i][j]) % k + k) % k][1] + dp[i][j-1][((l - a[i][j]) % k + k) % k][1]) % mod;
            }
        }
    }
    long long ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            ans = (ans + dp[i][j][0][1]) % mod;
        }
    printf("%lld", ans);


    return 0;
}