洛谷 P1373 小a和uim之大逃离 Label：dp 不会

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：

2 2 3
1 1
1 1

输出样例#1：

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

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long 
#define M 1000000007
using namespace std;
int cnt,n,m,k;
int f[1005][1005],g[1005][1005],a[1005][1005];//f生存 g失败 
int main(){
    freopen("01.in","r",stdin);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            scanf("%d",&a[i][j]);
        }
    }
    
    if(k<0){
        puts("0");return 0;
    }
    
    
    for(int i=1;i<=m;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(a[i][j]&1) {
                g[i][j]=(f[i-1][j]+f[i][j-1]+1)%M;
                f[i][j]=(g[i-1][j]+g[i][j-1])%M;
                cnt=(cnt+f[i][j])%M;
            }
            else{
                g[i][j]=(g[i-1][j]+g[i][j-1])%M;
                f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i][j-1]+(a[i][j]>0?1:0))%M;
                cnt=(cnt+f[i][j])%M;
            }
        }
    }
    
    printf("%d\n",cnt);
    return 0;
    //没有考虑k，并且以是否为偶数作为判断依据可能造成 小a一个都没取的情况 
}

#include <cstdio>  
using namespace std;  
int f[805][805][20][2],p=1000000007,sum,n,m,k,a[1000][1000];  
int main()  
{  
    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]);f[i][j][a[i][j]][0]=1;}  
    for (int i=1;i<=n;i++)  
    for (int j=1;j<=m;j++)  
    for (int h=0;h<k;h++)  
    {  
        f[i][j][h][0]+=f[i-1][j][(h+k-a[i][j])%k][1]+f[i][j-1][(h+k-a[i][j])%k][1];  
        f[i][j][h][1]+=f[i-1][j][(h+a[i][j])%k][0]+f[i][j-1][(h+a[i][j])%k][0];  
        f[i][j][h][0]%=p;  
        f[i][j][h][1]%=p;  
    }  
    for (int i=1;i<=n;i++)  
    for (int j=1;j<=m;j++)  
    sum=(sum+f[i][j][0][1])%p;  
    printf("%d",sum);  
} 

转载题解

f[i][j][p][q]表示他们走到(i,j)，且两人魔瓶内魔液量的差为p时的方法数。q=0表示最后一步是小a走的，q=1表示最后一步是uim走的。题目中说魔瓶的容量为k，实际上就是动归时p需要对k+1取余数，即p只有0~k，k+1种可能。答案为所有f[i][j][0][1]的和。

动归方程如下：（为了方便已经令k=k+1）

f[i][j][p][0]+=f[i-1][j][(p-mapp[i][j]+k)%k][1] (i-1>=1)

f[i][j][p][0]+=f[i][j-1][(p-mapp[i][j]+k)%k][1] (j-1>=1)

f[i][j][p][1]+=f[i-1][j][(p+mapp[i][j])%k][0] (i-1>=1)

f[i][j][p][1]+=f[i][j-1][(p+mapp[i][j])%k][0] (j-1>=1)

还有每个格子都有可能作为小a的起始格子，所以初始时对于所有i、j，f[i][j][mapp[i][j]][0]=1。

算法复杂度o(n*m*k)。

 

看清题目，对k+1取模是因为被清零而不是变成1