洛谷P1373 小a和uim之大逃离

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

输入样例#1: 复制
2 2 3
1 1
1 1
输出样例#1: 复制
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

 

啊这道题是和班上的胖友们一起撸的嘻嘻 明天我的停课生活就开始了!!

好这道题一开始我们的思路是$dp[i][j][k]$表示到了$(i,j)$这个点价值为$k$的方案数

然后我们发现这个时候我们无法使两个状态同步 也就是说我们在统计答案的时候无法找到他的对应状态

那么这个时候聪明的zjj同学就想到了存储两人的价值差 这个时候就能保证他们处于同一种状态

然后我们想到的五维状态$dp[i][j][k][0/1][0/1]$表示差不多 $k$是差值 $0/1$分别表示现在是谁走和谁更大

 这个方程理论上说是可以转移的 但是特判好像挺多的 不好搞 而且空间不够还要滚一维 统计答案也很麻烦

那么现在可以少搞一维 就直接记录现在谁要走就可以了 不用记录谁更大 然后$k$记录$A$比$B$大多少就可以了

然而这个时候会出现差值是负数 其实不影响 模加模就可以了 昨天有疑惑是为什么模加模之后这玩意儿是等价的 

这个不是表示$A$比$B$大多少嘛 但是实际上这不能用等价来说 只不过这两种情况刚好可以合在一起 

举个例子 比如我现在$A - B = -4$ 模数是$10$ 转换后为$k = 6$ 然后现在我B又取$4$ 那现在$A - B = -8$ 转换的变成$6 - 4 = 2$

同样的$-8$ 处理之后也是$2$ 很显然这个是正确的 而且这玩意就相当于把他提上来而已 转移是一样的(来自洛谷题解)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int Mod = 1e9 + 7;
const int N = 801;
int dp[N][N][20][2],a[N][N],ans = 0,n,m,K;

void init( ) {
    
    scanf("%d%d%d",& n,& m,& K);
    K ++;
    for(int i = 1;i <= n;i ++)
       for(int j = 1;j <= m;j ++) {
          scanf("%d",& a[i][j]);
          a[i][j] %= Mod;
      }
}

void moc(int & a,int b) {
    
     a = (a + b) % Mod;
     return ;
}

void Solve( ) {
    
    for(int i = 1;i <= n;i ++)
       for(int j = 1;j <= m;j ++) { 
          moc(dp[i][j][a[i][j]][0],1);
          for(int k = 0;k < K;k ++){
              moc(dp[i + 1][j][((k - a[i + 1][j]) % K + K) % K][1],dp[i][j][k][0]);
              moc(dp[i + 1][j][((k + a[i + 1][j]) % K + K) % K][0],dp[i][j][k][1]);
              moc(dp[i][j + 1][((k - a[i][j + 1]) % K + K) % K][1],dp[i][j][k][0]);
              moc(dp[i][j + 1][((k + a[i][j + 1]) % K + K) % K][0],dp[i][j][k][1]);
          }
       }
    for(int i = 1;i <= n;i ++)
       for(int j = 1;j <= m;j ++) {
             moc(ans,dp[i][j][0][1]);
       }
    printf("%d",ans);
}

int main( ) {
    
    init( );
    Solve( );
}

 

posted @ 2018-09-11 14:52  阿澈说他也想好好学习  阅读(132)  评论(0编辑  收藏  举报