P1373 小a和uim之大逃离

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了P1373 小a和uim之大逃离相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

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

 

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:

 

 1 // luogu-judger-enable-o2
 2 #include<bits/stdc++.h>
 3 #define il inline
 4 #define ll long long
 5 #define Max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)
 6 #define Min(a,b) (a)>(b)?(b):(a)
 7 #define For(i,a,b) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
 8 using namespace std;
 9 const int N=802,mod=1e9+7;
10 int f[N][N][17][2],n,m,k,w[N][N],ans;
11 il int gi(){
12     int a=0;char x=getchar();bool f=0;
13     while((x<0||x>9)&&x!=-)x=getchar();
14     if(x==-)x=getchar(),f=1;
15     while(x>=0&&x<=9)a=a*10+x-48,x=getchar();
16     return f?-a:a;
17 }
18 int main(){
19     n=gi(),m=gi(),k=gi()+1;
20     For(i,1,n) For(j,1,m)w[i][j]=gi(),f[i][j][w[i][j]%k][0]=1;
21     For(i,1,n) For(j,1,m) For(p,0,k)
22         f[i][j][p][0]=(f[i][j][p][0]+f[i-1][j][(p-w[i][j]+k)%k][1])%mod,
23         f[i][j][p][0]=(f[i][j][p][0]+f[i][j-1][(p-w[i][j]+k)%k][1])%mod,
24         f[i][j][p][1]=(f[i][j][p][1]+f[i-1][j][(p+w[i][j])%k][0])%mod,
25         f[i][j][p][1]=(f[i][j][p][1]+f[i][j-1][(p+w[i][j])%k][0])%mod;
26     For(i,1,n) For(j,1,m)ans=(ans+f[i][j][0][1])%mod;
27     cout<<ans;
28     return 0;
29 }

 

 

 

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