//转自：http://blog.csdn.net/snowy_smile/article/details/49668689 /* 算法介绍之cdq分治： 其实cdq分治的思想与应用都能被很简单地描述——它是用来解决各种区间段转移问题[x->y(x<y)]的。 我们用f[x]表示位置x转移之后的结果，用solve(l,r)来传递完全限制在[l,r]范围内的状态转移，并且转移a->b一定有a<b 那么对于solve(l,r) 1，如果l==r，没有后续转移，程序结束。 2，求出m=(l+r)>>1; 3，solve(l,m); 4，传递[l,m]对[m+1,r]的贡献。 5，solve(m+1,r); 这样cdq分治就做完啦 */ /* 【题意】 给你一个n（750）*m（750）的棋盘，每个格子（i，j）都有一种颜色c[i][j]， 颜色范围是[1,top]中的整数，top取值范围是[1,5e5]。 对于一次跳跃A(y1,x1)->B(y2,x2)，我们说这次跳跃是合法的，要求必须有： 1，y2>y1 2，x2>x1 3，c[y1][x1]!=c[y2][x2]; 我们想要求出从（1，1）经过若干次跳跃之后到达（n，m）的方案数，mod(1e9+7) 【类型】 CDQ分治 【分析】 首先，我们可以构想一个暴力DP： 用f[i][j]表示从（1，1）到（i，j）的方案数 那么f[i][j]=∑f[u][v]，u<i&&v<j&&c[u][v]!=c[i][j] 时间复杂度为O(n^2 m^2)，想要通过这题，这还差得远。 思考1， 我们观察到，这道题中，颜色的范围不是1e9，而是5e5。为什么呢？ 我们发现，相比较1e9，5e5这个范围的数组是开得下的，于是我们可以做计数处理，有助于我们维护答案。 （ps：如果颜色属于1e9范围，因为颜色种类最多只有n*m，所以其实我们可以离散化） 如果我们用d[x]表示颜色为从（1，1）走到当前处理范围颜色为x的点的方案数， 并用一个大的变量tot统计从（1，1）走到当前处理范围所有点的方案数之和。 那么当我们走到一个颜色为x的点时，就可以直接使用 tot-d[x] 来更新到达这个点的方案数。 这个思想有一定的价值，但是因为题目给出的1，2两个限制条件。 具体要通过什么途径保证d[]中处理的所有点都在它之间呢？ 思考2， 区间问题的实现，很多时候我们都要引入整段考虑的思想。 这其实也就是CDQ分治的思想与具体实现。 我们想要更新从（1，1）走到行[l,r]范围格点的方案数。 而line[l,r]每个格子更新的来源，有两方面。 1，line[1,l-1] 2，line[l,r]内部 我们假设在处理[l,r]时，所有line[1,l-1]对line[l,r]的贡献已经生效。 于是现在只需要考虑来自于line[l,r]内部的贡献。 并且定义过程solve(l,r)，用于解决[l,r]内部贡献的转移。 具体如何实现？ 回归到这道题—— 1，如果l==r，那不会生成任何贡献，直接结束。 2，否则我们设m=(l+r)>>1; 接下来只要依次实现以下3个步骤，这道题就做完了。 （1），solve(l,m); （2），从[l,m]向[m+1,r]转移贡献; （3），solve(m+1,r); 于是，关键落在要如何实现（2）上—— 此时，我们发现行关系已经是严格的小于关系，只需要使得列关系满足要求。如何使得？ 因为问题不是在数轴上，而是在矩形中。 所以目前处理的区间是一个块，行数是[l,r]，每行有m列。 我们现在是想要把[l,mid]的状态传递到[mid+1,r]。 发现只需要从左向右一列列枚举。 状态结果的传递在(mid,r])实现，状态来源的累计在[l,mid]实现。 就保证了行与列都是严格小于关系，这道题也就在O(nmlogn)的时间复杂度内解决了。 */ #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int inf = 0x3f3f3f3f; const int mod = 1000000007; const int maxn = 800; int n,m,a[maxn][maxn],f[maxn][maxn],s[100000]; void add(int &x,int y){ x+=y; x%=mod; } void solve(int l,int r){ if(l==r) return; int mid=(l+r)>>1; //第一步：处理[l,mid] solve(l,mid); //第二步：处理[l.mid]->(mid,r]的转移 for(int i=l;i<=r;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ s[a[i][j]]=0; } } int all=0; //从左到右逐列枚举，以及拓扑逆序，保证了列的小于关系 for(int j=1;j<=m;j++){ //行累加只在[l,mid]展开，行转移在(mid,r]收集，保证了行的小于关系 for(int i=mid+1;i<=r;i++) add(f[i][j],(all-s[a[i][j]]+mod)%mod); for(int i=l;i<=mid;i++){ add(s[a[i][j]],f[i][j]); add(all,f[i][j]); } } //第三步：处理(mid,r] solve(mid+1,r); } int main(){ while(~scanf("%d%d%*d",&n,&m)){ for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ scanf("%d",&a[i][j]); } } memset(f,0,sizeof(f)); f[1][1]=1; solve(1,n); printf("%d ",f[n][m]); } return 0; }