[洛谷 P1373] 小a和uim之大逃离

问题背景

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！

问题描述

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。

样例输入

2 2 3
1 1
1 1

样例输出

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

解析

首先来想一想可以用哪些信息来表示一个状态。

设(f[i][j][k][0/1])表示当前到达的是((i,j))，小a和uim的魔法差为(k)，现在是小a收集(0)还是uim收集(1)的方案数。那么基于状态的定义，不难发现，我们有如下状态转移方程：

[f[i][j][k][0]=f[i-1][j][k-a[i][j]][1]+f[i][j-1][k-a[i][j]][1]\ f[i][j][k][1]=f[i-1][j][k+a[i][j]][0]+f[i][j-1][k+a[i][j]][1] ]

由于魔瓶的特殊性质，在第三维状态上注意要对容量加1取模。另外，由于可以从任意一点出发，在任意一点结束，每个点都有(f[i][j][a[i][j]][0]=1)表示小a从这里出发；最后的答案应为(sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}f[i][j][0][1])。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define N 802
using namespace std;
const int mod=1000000007; 
int n,m,p,i,j,k,a[N][N],f[N][N][17][2];
int read()
{
	char c=getchar();
	int w=0;
	while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c<='9'&&c>='0'){
		w=w*10+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return w;
}
signed main()
{
	n=read();m=read();p=read();
	for(i=1;i<=n;i++){
		for(j=1;j<=m;j++) a[i][j]=read();
	}
	for(i=1;i<=n;i++){
		for(j=1;j<=m;j++) f[i][j][a[i][j]][0]=1;
	}
	for(i=1;i<=n;i++){
		for(j=1;j<=m;j++){
			for(k=0;k<=p;k++){
				if(i>1){
					f[i][j][k][0]=1LL*(f[i][j][k][0]+f[i-1][j][(k-a[i][j]+p+1)%(p+1)][1])%mod;
					f[i][j][k][1]=1LL*(f[i][j][k][1]+f[i-1][j][(k+a[i][j])%(p+1)][0])%mod;
				}
				if(j>1){
					f[i][j][k][0]=1LL*(f[i][j][k][0]+f[i][j-1][(k-a[i][j]+p+1)%(p+1)][1])%mod;
					f[i][j][k][1]=1LL*(f[i][j][k][1]+f[i][j-1][(k+a[i][j])%(p+1)][0])%mod;
				}
			}
		}
	}
	long long ans=0;
	for(i=1;i<=n;i++){
		for(j=1;j<=m;j++) ans=(ans+f[i][j][0][1])%mod;
	}
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}