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 #1复制

2 2 3
1 1
1 1

输出 #1复制

4

说明/提示

【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

分析：

最直接的想法是设dp[i][j][k][l][0/1]表示走到(i,j)处，两者魔液量分别为k，l的时候，0为小a走的最后一步，1为uim走的最后一步

可是这样五维DP？不好，而且考虑存储k-l=p，也就是两者魔液的差值作为状态。

这样，实现了降维！dp[i][j][k][q]表示两者走到i，j时，魔液量差为k的时候，q判断这一步是谁走的，存储方案总数！

By lzn 动态规划或者说是递推常规题。

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)。

AC代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int dp[802][802][17][2];
int mapp[802][802];
int n,m,k;
int ans;
int main()
{
cin>>n>>m>>k;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
{
cin>>mapp[i][j];
dp[i][j][mapp[i][j]][0]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
{
for(int p=0;p<=k;p++)
{
dp[i][j][p][0]=(dp[i][j][p][0]+dp[i-1][j][(p-mapp[i][j]+k+1)%(k+1)][1])%(1000000007);
dp[i][j][p][0]=(dp[i][j][p][0]+dp[i][j-1][(p-mapp[i][j]+k+1)%(k+1)][1])%(1000000007);
dp[i][j][p][1]=(dp[i][j][p][1]+dp[i-1][j][(p+mapp[i][j])%(k+1)][0])%(1000000007);
dp[i][j][p][1]=(dp[i][j][p][1]+dp[i][j-1][(p+mapp[i][j])%(k+1)][0])%(1000000007);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
ans=(ans+dp[i][j][0][1])%(1000000007);
cout<<ans;
return 0;
}