题目描述
X 国王有一个地宫宝库。是 n x m 个格子的矩阵。每个格子放一件宝贝。每个宝贝贴着价值标签。
地宫的入口在左上角，出口在右下角。
小明被带到地宫的入口，国王要求他只能向右或向下行走。
走过某个格子时，如果那个格子中的宝贝价值比小明手中任意宝贝价值都大，小明就可以拿起它（当然，也可以不拿）。
当小明走到出口时，如果他手中的宝贝恰好是k件，则这些宝贝就可以送给小明。
请你帮小明算一算，在给定的局面下，他有多少种不同的行动方案能获得这k件宝贝。
输入
输入一行3个整数，用空格分开：n m k (1< =n,m< =50, 1< =k< =12)
接下来有 n 行数据，每行有 m 个整数 Ci (0< =Ci< =12)代表这个格子上的宝物的价值
输出
要求输出一个整数，表示正好取k个宝贝的行动方案数。该数字可能很大，输出它对 1000000007 取模的结果。
样例输入
2 3 2
1 2 3
2 1 5
样例输出
14
分析：
简单的搜索的话因为数据的范围相对来说有点大，所以会超时。这样的话就需要用到记忆化搜索的思想，大概的解题的思路跟普通的搜索没有什么太大的区别，就是要额外的用一个数组来记录一下走到任何一点的路径的数目。这样的话在以后再访问这一点的时候就可以直接使用了。
代码：
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define N 1000000007
int n,m,k;
int a[50][50];
int vis[50][50][15][15];//vis数组中记录的是状态：xy代表坐标 拥有宝物数量 拥有宝物的最大值(这4个可以详尽唯一的描述没一种可能)
//如vis[3][4][5][6]=7 即当在a[3][4]且身上有5件宝物 宝物的最大值是6 到达终点有7种路径
int dfs(int x,int y,int num,int Max)//当前位置 拥有宝物的数量 拥有的宝物的最大值
{
if (vis[x][y][num][Max+1]!=-1)//因为宝物的价值有可能为0，所以定义Max时用最小值-1 。但这就导致无法作为下标使用，所以我们用Max+1代表下标。实际上如果测试数据中宝物价值不可能为0，这时将所有的Max+1中的1去掉也是可以的。
{
return vis[x][y][num][Max+1];
}//记忆化的记忆就指的是上面
if(x==n&&y==m)
{
if(num==k)return vis[x][y][num][Max+1]=1;//满足条件 当前点到目标有1种方案
else if(num==k-1&&Max<a[x][y])return vis[x][y][num][Max+1]=1;//同样满足条件 当前点到目标有1种方案
else return vis[x][y][num][Max+1]=0;//不满足条件 当前点到目标有0种方案
}
long long s=0;
if(x+1<=n)//可以向下走
{
if (Max<a[x][y]) //可以去走当前宝物
{
s+=dfs(x+1,y,num+1,a[x][y]);
s%=N; //每次都取余，这样可以避免是s值过大越界
}
s+=dfs(x+1,y,num,Max);//未取走当前宝物
s%=N;
}
if(y+1<=m)//可以向右走
{
if (Max<a[x][y])
{
s+=dfs(x,y+1,num+1,a[x][y]);
s%=N;
}
s+=dfs(x,y+1,num,Max);
s%=N;
}
return vis[x][y][num][Max+1]=s%N;;
}
int main(int argc, char const *argv[])
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for (int i = 1; i<=n; i++)
{
for (int j = 1; j <=m; j++)
{
scanf("%d",&a[i][j]);
}
}//初始地宫
memset(vis,-1,sizeof(vis));
dfs(1,1,0,-1);
printf("%d",vis[1][1][0][0]);
return 0;
}