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
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
题解
看到这个题面很快就能想到动态规划,也不难想出五维dp的做法:
设计$f_{i,j,k,l,p}$表示方案数
$i,j$表示当前位置为$(i,j)$($i,j\in[1,800]$)
$k,l$分别表示小a和uim的魔夜量($k,l\in[0,15]$注意此处包括$15$,因为实际的模数是$k+1$)
$p$表示当前的轮次,$p=0$则轮到小a走,$p=1$则轮到uim走
最终答案是$\Sigma_{i=1}^{n}{\Sigma_{j=1}^{m}{\Sigma_{l=0}^{k-1}{f_{i,j,l,l,1}}}}$
但很显然,这样设计状态会爆空间,必须减少一维。观察以上式子,会发现答案中两个l显得莫名其妙。因为我们只关心两人的魔力是否相等,并不关心它们的具体数值。故我们将这两维状态变成一个$k=k-l$。显然,这在经历模数后不能表示准确的状态,因为信息量有所减少,但$k\neq0$时,两人魔力一定不相等,否则必然相等,且每次叠加后差仍然是正确的,所以这种方法必然有效。
故可设计状态为:
设计$f_{i,j,k,l,p}$表示方案数
$i,j$表示当前位置为$(i,j)$($i,j\in[1,800]$)
$k$表示小a和uim的魔夜量之差($k\in[0,15]$注意此处包括$15$,因为实际的模数是$k+1$)
$p$表示当前的轮次,$p=0$则轮到小a走,$p=1$则轮到uim走
最终答案是$\Sigma_{i=1}^{n}{\Sigma_{j=1}^{m}{f_{i,j,0,1}}}$
有初始化
for(int i=1;i<=N;i++) for(int j=1;j<=M;j++){ scanf("%d",a[i]+j); f[i][j][modk(a[i][j])][0]=1; }
有状态转移方程
for(int i=1;i<=N;i++) for(int j=1;j<=M;j++){ for(int k=0;k<K;k++){ /*0:a 1:uim k->a*/ if(i>1){/*from above*/ add(f[i][j][k][0],f[i-1][j][modk(k-a[i][j])][1]); add(f[i][j][k][1],f[i-1][j][modk(k+a[i][j])][0]); } if(j>1){/*from backward*/ add(f[i][j][k][0],f[i][j-1][modk(k-a[i][j])][1]); add(f[i][j][k][1],f[i][j-1][modk(k+a[i][j])][0]); } } add(ans,f[i][j][0][1]); }
最终程序就很简单了
![](https://images.cnblogs.com/OutliningIndicators/ContractedBlock.gif)
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int MOD=1e9+7,MAXN=805,MAXK=16; 4 int N,M,K,a[MAXN][MAXN]; 5 int f[MAXN][MAXN][MAXK][2],ans; 6 inline int modk(int x){/*MOD into 0~k-1*/ 7 return (x+K)%K; 8 } 9 inline void add(int &x,int y){ 10 x=(x+y)%MOD; 11 } 12 int main(){ 13 // freopen("1.in","r",stdin); 14 // freopen("2.out","w",stdout); 15 scanf("%d%d%d",&N,&M,&K); 16 K++; 17 for(int i=1;i<=N;i++) 18 for(int j=1;j<=M;j++){ 19 scanf("%d",a[i]+j); 20 f[i][j][modk(a[i][j])][0]=1; 21 } 22 23 for(int i=1;i<=N;i++) 24 for(int j=1;j<=M;j++){ 25 for(int k=0;k<K;k++){ 26 /*0:a 1:uim k->a*/ 27 if(i>1){/*from above*/ 28 add(f[i][j][k][0],f[i-1][j][modk(k-a[i][j])][1]); 29 add(f[i][j][k][1],f[i-1][j][modk(k+a[i][j])][0]); 30 } 31 if(j>1){/*from backward*/ 32 add(f[i][j][k][0],f[i][j-1][modk(k-a[i][j])][1]); 33 add(f[i][j][k][1],f[i][j-1][modk(k+a[i][j])][0]); 34 } 35 } 36 add(ans,f[i][j][0][1]); 37 } 38 39 printf("%d",ans); 40 return 0; 41 }