洛谷 P1373 小a和uim之大逃离

传送门

思路

吐槽

吐槽：话说不应该是他俩都得死嘛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（$p\in \{0,1\}p=0$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$n\ast m\ast k\ast 2$刚好可以，时间复杂度$O(n\ast m\ast k)$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 
#include 
#include 
#include 
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;
}