1212. 地宫取宝

X 国王有一个地宫宝库，是 $n×m$ 个格子的矩阵，每个格子放一件宝贝，每个宝贝贴着价值标签。

地宫的入口在左上角，出口在右下角。

小明被带到地宫的入口，国王要求他只能向右或向下行走。

走过某个格子时，如果那个格子中的宝贝价值比小明手中任意宝贝价值都大，小明就可以拿起它（当然，也可以不拿）。

当小明走到出口时，如果他手中的宝贝恰好是 $k$ 件，则这些宝贝就可以送给小明。

请你帮小明算一算，在给定的局面下，他有多少种不同的行动方案能获得这 $k$ 件宝贝。

输入格式

第一行 $3$ 个整数，$n,m,k$，含义见题目描述。

接下来 $n$ 行，每行有 $m$ 个整数 $C_i$ 用来描述宝库矩阵每个格子的宝贝价值。

输出格式

输出一个整数，表示正好取 $k$ 个宝贝的行动方案数。

该数字可能很大，输出它对 $1000000007$ 取模的结果。

数据范围

$1≤n,m≤50$,
$1≤k≤12$,
$0≤C_i≤12$

输入样例1：

2 2 2
1 2
2 1

输出样例1：

2

输入样例2：

2 3 2
1 2 3
2 1 5

输出样例2：

14

解题思路

dp

• 状态表示：$f[i][j][t][p]$ 表示位于 $(i,j)$ 且有 $t$ 个宝贝，其中最大价值为 $p$ 的方案数
• 状态计算：
• • 不取位置为 $(i,j)$ 的宝贝时，$f[i][j][t][p]+=f[i-1][j][t][p]+f[i][j-1][t][p]$
• • 否则，要求 $p=a[i][j]$，对于 $v<p$，有 $f[i][j][t][p]+=f[i-1][j][t-1][v]+f[i][j-1][t-1][v]$

由于价值可以为 $0$，所以价值要整体加一，防止影响对方案数的统计

目标状态：$\sum_{i=0}^{13}f[n][m][k][i]$

• 时间复杂度：$O(14^2nmk)$

代码

// Problem: 地宫取宝
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/1214/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int mod=1e9+7;
int n,m,k,a[55][55],f[55][55][15][15];
int main()
{
    cin>>n>>m>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	for(int j=1;j<=m;j++)
    	{
    		cin>>a[i][j];
    		a[i][j]++;
    	}
    		
    f[1][1][0][0]=f[1][1][1][a[1][1]]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	for(int j=1;j<=m;j++)
    		for(int t=0;t<=k;t++)
    			for(int p=0;p<=13;p++)
	    		{
	    			if(t>i+j-1)break;
	    			f[i][j][t][p]=(1ll*f[i][j][t][p]+f[i-1][j][t][p]+f[i][j-1][t][p])%mod;
	    			if(t&&p==a[i][j])
	    			{
	    				for(int v=0;v<p;v++)f[i][j][t][p]=(1ll*f[i][j][t][p]+f[i-1][j][t-1][v]+f[i][j-1][t-1][v])%mod;
	    			}
	    		}
    int res=0;
    for(int i=0;i<=13;i++)res=res=(res+f[n][m][k][i])%mod;
    cout<<res;
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/15877338.html
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