洛谷 P1373 小a和uim之大逃离

原题链接

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

【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$(i,j)$($i,j\in[1,800]$)

$k,l$分别表示小a和uim的魔夜量($k,l\in[0,15]$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$k\neq0$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$(i,j)$($i,j\in[1,800]$)

$k$表示小a和uim的魔夜量之差($k\in[0,15]$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

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MOD=1e9+7,MAXN=805,MAXK=16;
int N,M,K,a[MAXN][MAXN];
int f[MAXN][MAXN][MAXK][2],ans;
inline int modk(int x){/*MOD into 0~k-1*/
    return (x+K)%K;
}
inline void add(int &x,int y){
    x=(x+y)%MOD;
}
int main(){
//    freopen("1.in","r",stdin);
//    freopen("2.out","w",stdout);
    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);
            f[i][j][modk(a[i][j])][0]=1;
        }

    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]);
        }

    printf("%d",ans);
    return 0;
}