Rockdu's Blog

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

2 2 3
1 1
1 1

4

说明

【题目来源】

lzn改编

【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

一道感人的题，我的心路历程：

一拿到这一道题，最容易想到的状态表示就是dp[i][j][k][l][2]表示在第i行j列小a装k，uim装l，并且轮到小a(0)/uim(1)。但是仔细分析复杂度你就会发现是1e8的，那么肯定tle了。不久后，我又想到可不可以省去一维l呢。当最后为0时k表示小a的，最后为1时k表示uim的。然后发现状态很好转移，但是答案没法统计。

于是做了40分钟后，我瞄了一眼题解。发现可以用k表示两人的差值，又因为这是在模意义下的，所以变得很好转移，答案也很好统计了。

总结：dp的状态不仅需要可以转移，还需要可以统计答案。有些时候可以把求最值得问题转换成判断最值可行性的问题，让看似不可行的dp变的轻而易举。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn = 805;
const long long mod = 1e9 + 7;
int dp[maxn][maxn][17][2];
int num[maxn][maxn], n, m, up, ans, now;
long long midtm;

int add(int a, int b) {
	midtm = a * 1LL;
	midtm += b;
	return (int)((midtm) % mod);
}

int main() {
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &up);
    for(register int i = 1; i <= n; ++i) 
        for(register int j = 1; j <= m; ++j) 
            scanf("%d", &num[i][j]);
    ++up;
    for(register int i = 1; i <= n; ++i) 
        for(register int j = 1; j <= m; ++j) {
        	now = num[i][j] % up;
            dp[i][j][now][0] += 1;
            for(register int k = 0; k < up; ++k) {
            	dp[i][j][k][0] = add(dp[i][j][k][0], add(dp[i - 1][j][(k - now + up) % up][1], dp[i][j - 1][(k - now + up) % up][1]));
            	dp[i][j][k][1] = add(dp[i][j][k][1], add(dp[i - 1][j][(k + now) % up][0], dp[i][j - 1][(k + now) % up][0]));
			}
			ans = add(dp[i][j][0][1], ans);
        }
    printf("%d", ans);
    return 0;
}