题目传送门

$50pts$:容易设计出状态$f[i][j][l][r][st]$表示当前的这个人在($i$,$j$),小a和uim魔瓶中的含量分别为$l$,$r$,当$st=0$表明现在是小a在吃,当$st=1$表明现在是uim吃(方案数)。注意赋初值为$f[i][j][mapp[i][j]][0][0]=1$。因为是从小a开始吃的。转移方程比较显然&麻烦,就写在代码里了。

但是还是有一些坑点的。比如模数是$k+1$,用刷表法(从当前状态推到之后状态)来防止出现负数。还和学长博客学到了一个神奇的方法:

void zy(int &x,int &y)
{
x=(x+y)%moder;
}
 #include<cstdio>
#include<algorithm> using namespace std;
const int moder=1e9+; int n,m,k,ans;
int mapp[][],f[][][][][]; void zy(int &x,int &y)
{
x=(x+y)%moder;
} int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
k++;
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=m;j++)
scanf("%d",&mapp[i][j]);
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=m;j++)
f[i][j][mapp[i][j]][][]=;
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=m;j++)
for(int l=;l<=k-;l++)
for(int r=;r<=k-;r++)
{
zy(f[i+][j][(l+mapp[i+][j])%k][r][],f[i][j][l][r][]);
zy(f[i][j+][(l+mapp[i][j+])%k][r][],f[i][j][l][r][]);
zy(f[i+][j][l][(r+mapp[i+][j])%k][],f[i][j][l][r][]);
zy(f[i][j+][l][(r+mapp[i][j+])%k][],f[i][j][l][r][]);
if(l==r) (ans+=f[i][j][l][r][])%=moder;
}
printf("%d",ans);
return ;
}

50 pts

$100pts$:上面那个算法的复杂度是$O(n*m*k*k)$,复杂度显然会爆炸。考虑对dp进行优化,有优化状态和优化转移两种方法。状态貌似不能再优化了。

学长:那么这题的转移方程没有最值,没有单调性,那么我们只能优化状态。

考虑设计这样一个状态:$f[i][j][od][st]$表示当前的这个人在($i$,$j$),小a和uim的魔瓶内含量差为$od$的方案数。与之前有相似的转移方程及初值。这样我们的复杂度就是$O(n*m*k)$,可以过。

 #include<cstdio>
#include<algorithm> using namespace std;
const int moder=1e9+; int n,m,k,ans;
int mapp[][],f[][][][]; void zy(int &x,int &y)
{
x=(x+y)%moder;
} int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
k++;
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=m;j++)
scanf("%d",&mapp[i][j]);
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=m;j++)
f[i][j][mapp[i][j]][]=;
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=m;j++)
for(int od=;od<=k-;od++)
{
zy(f[i+][j][(od+mapp[i+][j]+k)%k][],f[i][j][od][]);
zy(f[i][j+][(od+mapp[i][j+]+k)%k][],f[i][j][od][]);
zy(f[i+][j][(od-mapp[i+][j]+k)%k][],f[i][j][od][]);
zy(f[i][j+][(od-mapp[i][j+]+k)%k][],f[i][j][od][]);
if(od==) (ans+=f[i][j][od][])%=moder;
}
printf("%d",ans);
return ;
}

AC

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