洛谷P1373 小a和uim之大逃离 题解（简单递推，基础dp）

description：

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。

• 对于100%的数据，n,m<=800,1<=k<=15

这题目描述的格式也是可以

solution:

• 简单的dp。

• 设 $f\left[i\right]\left[j\right]\left[p\right]\left[0/1\right]$f[i][j][p][0/1]表示在位置 $(i,j)$(i,j)，小a与uim的权值相差p，0表示这一步是小a走的，1表示uim。

• 显然两人的权值都要%k，但是发现其实按照题意是%（k+1）

• $f\left[i\right]\left[j\right]\left[p\right]\left[0\right]+=f[i-1]\left[j\right]\left[\right(p-a\left[i\right]\left[j\right]+k\left)\%k\right]\left[1\right](i-1>=1)$f[i][j][p][0]+=f[i−1][j][(p−a[i][j]+k)%k][1](i−1>=1)

• $f\left[i\right]\left[j\right]\left[p\right]\left[0\right]+=f\left[i\right][j-1]\left[\right(p-a\left[i\right]\left[j\right]+k\left)\%k\right]\left[1\right](j-1>=1)$f[i][j][p][0]+=f[i][j−1][(p−a[i][j]+k)%k][1](j−1>=1)

• $f\left[i\right]\left[j\right]\left[p\right]\left[1\right]+=f[i-1]\left[j\right]\left[\right(p+a\left[i\right]\left[j\right]\left)\%k\right]\left[0\right](i-1>=1)$f[i][j][p][1]+=f[i−1][j][(p+a[i][j])%k][0](i−1>=1)

• $f\left[i\right]\left[j\right]\left[p\right]\left[1\right]+=f\left[i\right][j-1]\left[\right(p+a\left[i\right]\left[j\right]\left)\%k\right]\left[0\right](j-1>=1)$f[i][j][p][1]+=f[i][j−1][(p+a[i][j])%k][0](j−1>=1)

• 以上是四种状态转移方程（别忘了每个都要%1e7），还要判断不能从矩阵外面走过来（>1）

• 最后的答案即为将所有 $f\left[i\right]\left[j\right]\left[0\right]\left[1\right]$f[i][j][0][1]累加起来（两人相差为0，uim获取最后一个）

code：

#include<cstdio>
#define mod 1000000007
using namespace std;
int a[805][805];
int f[805][805][20][2];
int main()
{
	int n,m,k;
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&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;
		}
	}
	k++;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			for(int p=0;p<k;p++)
			{
				if(i>=2)
				{
					f[i][j][p][1]+=f[i-1][j][(p+a[i][j])%k][0];
					f[i][j][p][1]%=mod;
					f[i][j][p][0]+=f[i-1][j][(p-a[i][j]+k)%k][1];
					f[i][j][p][0]%=mod;
				}
				if(j>=2)
				{
					f[i][j][p][1]+=f[i][j-1][(p+a[i][j])%k][0];
					f[i][j][p][1]%=mod;
					f[i][j][p][0]+=f[i][j-1][(p-a[i][j]+k)%k][1];
					f[i][j][p][0]%=mod;
				}
			}
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			ans=(ans+f[i][j][0][1])%mod;
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}