[atAGC048E]Strange Relation

考虑对于$\{a_{i+1},...,a_{n}\}$，在其前面插入$a_{i}$对$x_{i}$的影响（不考虑$a_{1}$到$a_{i-1}$）：

1.$x_{i}=0$，因为其前面没有数字了

2.若$a_{j}+Tx_{j}>a_{i}-T$，则令$x_{j}$加1（字典序最大）

3.若$a_{j}+Tx_{j}\le a_{i}-T$，则$x_{j}$不变

这些操作对于$j$而言是独立的，因此依次遍历$\{a_{j-1},a_{j-2},...,a_{1}\}$即可确定$a_{j}$

对于每一个位置$k$的每一个取值分别dp，设$f[i][j]$表示当遍历到$a_{i}$时$x_{k}=j$的方案数，最终答案即$\sum_{i=1}^{n}i\cdot f[1][i]$，再乘上之后有$k^{n-i}$种序列

时间复杂度为$o(n^{3}k^{2})$（枚举位置$n$，枚举权值$k$，dp状态$n^{2}$，转移$k$），可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 105
#define mod 1000000007
int n,m,t,ans,a[N][N],f[N][N];
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&a[i][j]);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ans=0;
        for(int j=1;j<=m;j++){
            memset(f,0,sizeof(f));
            f[i][0]=1;
            for(int k=i;k>1;k--)
                for(int l=0;l<n;l++)
                    for(int x=1;x<=m;x++)
                        if (a[i][j]+t*l<=a[k-1][x]-t)f[k-1][l]=(f[k-1][l]+f[k][l])%mod;
                        else f[k-1][l+1]=(f[k-1][l+1]+f[k][l])%mod;
            for(int k=1;k<n;k++)ans=(ans+1LL*k*f[1][k])%mod;
        }
        for(int j=i+1;j<=n;j++)ans=1LL*ans*m%mod;
        printf("%d\n",ans);
    }
}