E. Rock Is Push

题意

出发点(1,1)到终点(n,m)，只能向右和向下走，路上有障碍物用’R’表示，空地用’.'表示，你的力气巨大无比可以推动所有箱子，只要箱子不贴墙。求有多少种走法？

思路

棋盘dp 前缀和（优化计算降低复杂度）
DP题一般都会满足三个条件：子问题重叠、无后效性、最优子结构性质。
这道题满足以上三点。
$d p [i] [j]$ 的方案数可由 $d p [i] [j - 1]$ 和 $d p [i - 1] [j]$ 推出，满足子问题重叠。
只用考虑最右边和最左边的箱子，其他箱子不用考虑，满足无后效性。
最优解由已知最优解推出满足最优子结构性质。
设二维状态数组 $r, d$ ，表示在(i,j)位置时下一步向右 $（ r ）$ 或向下 $（ d ）$ 走，到达目标位置(n,m)的方案总数，由定义可得 $r [n] [m] = d [n] [m] = 1$

难点:
需要将向右走和向下走分成两个部分来分别dp
思考dp的时候得到状态转移方程之后自然而然想到要倒着dp（正难则反）

d数组代表可以下的方案数，r数组代表可以向右的方案数。
状态转移方程：
$d [i] [j] = \sum_{k = 1}^{n - i - d s [i] [j]} r [i] [j + k]$
$r [i] [j] = \sum_{k = 1}^{m - i - r s [i] [j]} d [i + k] [j]$
这里为了计算方便要前缀和算出这些和用 $s u m r [] s u m d []$ 数组分别表示下一步往右走的前缀和和下一步往下走的前缀和。

那么为什么d数组要对r数组求和呢？
首先因为我们下一步往下走，所以一定对下一行的数求解，那么为什么要对下一行往右走的数组求和呢？
假若我们对下一行往下走的数求和，你想想下一步往下的格子上一步一定在上面的格子。我们往下走一步，一定可以往右走。
同理r数组对d数组求和。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>P;
const double eps = 1e-8;
const int NINF = 0xc0c0c0c0;
const int INF  = 0x3f3f3f3f;
const ll  mod  = 1e9 + 7;
const ll  maxn = 1e6 + 5;
const int N = 2050;

ll n,m,r[N][N],d[N][N],rs[N][N],ds[N][N],sumr[N][N],sumd[N][N];
char s[N];

int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%s",s+1);
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(s[j]=='R'){
				rs[i][j]=1;//表示
				ds[i][j]=1;
			}
		}
	}
	if(n==1&&m==1){cout<<1;return 0;}
	//后缀和
	for(int i=n;i>=1;i--){
		for(int j=m;j>=1;j--){
			rs[i][j]+=rs[i][j+1];
			ds[i][j]+=ds[i+1][j];
		}
	}
	r[n][m]=d[n][m]=sumr[n][m]=sumd[n][m]=1;
	for(int i=n;i>=1;i--){
		for(int j=m;j>=1;j--){
			if(i==n&&j==m) continue;
			r[i][j] = (sumd[i][j+1] - sumd[i][m - rs[i][j+1] + 1]) % mod;
			d[i][j] = (sumr[i+1][j] - sumr[n - ds[i+1][j] + 1][j]) % mod;
			sumr[i][j] = (sumr[i+1][j] + r[i][j]) % mod;//表示(i,j)到(n,m)范围内下一步右移的总个数
			sumd[i][j] = (sumd[i][j+1] + d[i][j]) % mod;//表示(i,j)到(n,m)范围内下一步下移的总个数
		}
	}
	cout<<((r[1][1] + d[1][1]) % mod + mod) % mod;//因为dp式中可能出现负数的情况故+mod再取模
	return 0;
}

CF1225E

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