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：

2 2 3
1 1
1 1

输出样例#1：

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

Solution:

　　怎么说，这题$DP$（纯模拟递推）。

　　由题意知，魔液量相同且第二人最后一次取的方案可能出现在任意一点，而每个点可能有多种方案但是受到限制（只能从左边或上面转移过来），所以不妨定义状态$f[i][j][p][q]$表示在$(i,j)$点，两人魔液量相差$p$，当前是$q$($q=0||1$,$0$表示第一人,$1$表示第二人)取的方案数，则目标状态为$sum {f[i][j][0][1]}$，初始状态为$f[i][j][w[i][j]][0]=1$（$w[i][j]$为$(i,j)$点上的魔液量，这样表示的是第一个人在$(i,j)$点开始取，相差量是$w[i][j]$的方案数是$1$）。

　　不难想到状态转移方程：

　　$f[i][j][p][0]+=f[i-1][j][p-w[i][j]][1]+f[i][j-1][p-w[i][j]][1]$

　　$f[i][j][p][1]+=f[i-1][j][p+w[i][j]][0]+f[i][j-1][p+w[i][j]][0]$

　　细节注意：本题当魔液装到$k+1$时才会被清$0$，所以魔液量之差最少为$0$最多为$k+1$（转移时要对$k+1$取模，而不是$k$）。

　　空间刚好能卡过，时间复杂度$O(n*m*k)$也没问题。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define ll long long
#define Max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)
#define Min(a,b) (a)>(b)?(b):(a)
#define For(i,a,b) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
using namespace std;
const int N=802,mod=1e9+7;
int f[N][N][17][2],n,m,k,w[N][N],ans;
il int gi(){
    int a=0;char x=getchar();bool f=0;
    while((x<'0'||x>'9')&&x!='-')x=getchar();
    if(x=='-')x=getchar(),f=1;
    while(x>='0'&&x<='9')a=a*10+x-48,x=getchar();
    return f?-a:a;
}
int main(){
    n=gi(),m=gi(),k=gi()+1;
    For(i,1,n) For(j,1,m)w[i][j]=gi(),f[i][j][w[i][j]%k][0]=1;
    For(i,1,n) For(j,1,m) For(p,0,k)
        f[i][j][p][0]=(f[i][j][p][0]+f[i-1][j][(p-w[i][j]+k)%k][1])%mod,
        f[i][j][p][0]=(f[i][j][p][0]+f[i][j-1][(p-w[i][j]+k)%k][1])%mod,
        f[i][j][p][1]=(f[i][j][p][1]+f[i-1][j][(p+w[i][j])%k][0])%mod,
        f[i][j][p][1]=(f[i][j][p][1]+f[i][j-1][(p+w[i][j])%k][0])%mod;
    For(i,1,n) For(j,1,m)ans=(ans+f[i][j][0][1])%mod;
    cout<<ans;
    return 0;
}