洛谷 P1373 小a和uim之大逃离 题解【DP】【滚动数组】

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    奇妙的压时间/空间方法。

目录

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

题解：

    类似方格取数，不同的地方在于这一题可以在任意地方开始，在任意地方结束。不过要注意，开始点不能和结束点重合。这样就要考虑在每个点都要新增起始方案数，同时要保证统计方案时两个人的魔瓶相同。

    于是有了状态转移方程f[i][j][0/1][u][v]代表当前在位置(i,j)，最后一个取的人是小a/uim，小a的魔瓶里有u点，uim的魔瓶里有v点。但是发现数组规模是f[800][800][2][16][16]，考虑学方格取数优化掉第一维，但是时间复杂度还是\(O(n^2k^2)\)的，不好卡过去。实际上开了-O2也只有95分……

Code：70~95pts

#include<cstdio>
#include<cstring>
int Max(int x,int y)
{
    return x>y?x:y;
}
int f[2][2][801][16][16];
int a[801][801];
int main()
{
    int n,m,k,ans=0;
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    int k_=k;
    ++k;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=m;++j)
            scanf("%d",&a[i][j]);
    for(int i=1;i<=n+m-1;++i)
        for(int j=Max(1,i-n+1);j<=m&&j<=i;++j)
            for(int u=0;u<=k_;++u)
                for(int v=0;v<=k_;++v)
                {
                    if(i&1)
                    {
                        f[1][1][j][u][v]=(f[0][0][j][(u-a[i+1-j][j]+k)%k][v]+
                                    f[0][0][j-1][(u-a[i+1-j][j]+k)%k][v]+(u-a[i+1-j][j]==0&&v==0))%1000000007;
                        f[1][0][j][u][v]=(f[0][1][j][u][(v-a[i+1-j][j]+k)%k]+
                                    f[0][1][j-1][u][(v-a[i+1-j][j]+k)%k])%1000000007;
                        if(u==v)
                            ans=(ans+f[1][0][j][u][v])%1000000007;
                    }
                    else
                    {
                        f[0][1][j][u][v]=(f[1][0][j][(u-a[i+1-j][j]+k)%k][v]+
                                    f[1][0][j-1][(u-a[i+1-j][j]+k)%k][v]+(u-a[i+1-j][j]==0&&v==0))%1000000007;
                        f[0][0][j][u][v]=(f[1][1][j][u][(v-a[i+1-j][j]+k)%k]+
                                    f[1][1][j-1][u][(v-a[i+1-j][j]+k)%k])%1000000007;
                        if(u==v)
                            ans=(ans+f[0][0][j][u][v])%1000000007;
                    }
                }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

    接着考虑如何继续优化。我们知道枚举u,v带来了\(O(k^2)\)的复杂度，考虑只枚举一维，但是一个点可能是小a取，也可能是uim取，这是无法避免的。不过我们的目标是判断u和v是否相等，而且每次只增加u或只增加v，那是不是可以只用一维[u]，来存(u-v) mod (k+1)呢？如果不看mod (k+1)，那么对于(u-v)，u增加的情况下(u-v)也增加，v增加的情况下(u-v)在减少。而统计答案只在u-v=0时进行，那么只用枚举u-v的值就可以转移了，而在实际情况下|u-v|是不会超过k的。数组下标中的u-v只需要改写成(u-v+k)%k即可。

Code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
int Max(int x,int y)
{
    return x>y?x:y;
}
int f[2][2][801][16];
int a[801][801];
int main()
{
    int n,m,k,ans=0;
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    int k_=k;
    ++k;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=m;++j)
            scanf("%d",&a[i][j]);
    for(int i=1;i<=n+m-1;++i)//i枚举走了几步，为了减少空间复杂度。
        for(int j=Max(1,i-n+1);j<=m&&j<=i;++j)
        {
            for(int u=0;u<=k_;++u)
            {
                if(i&1)
                {
                    f[1][1][j][u]=(f[0][0][j][(u-a[i+1-j][j]+k)%k]+//i+1-j是因为最外层不代表横坐标，
                                f[0][0][j-1][(u-a[i+1-j][j]+k)%k]+(u-a[i+1-j][j]==0))%1000000007;//注意取模
                    f[1][0][j][u]=(f[0][1][j][(u+a[i+1-j][j]+k)%k]+
                                f[0][1][j-1][(u+a[i+1-j][j]+k)%k])%1000000007;
                }
                else
                {
                    f[0][1][j][u]=(f[1][0][j][(u-a[i+1-j][j]+k)%k]+
                                f[1][0][j-1][(u-a[i+1-j][j]+k)%k]+(u-a[i+1-j][j]==0))%1000000007;
                    f[0][0][j][u]=(f[1][1][j][(u+a[i+1-j][j]+k)%k]+
                                f[1][1][j-1][(u+a[i+1-j][j]+k)%k])%1000000007;
                }
            }
            ans=(ans+f[i&1][0][j][0])%1000000007;
        }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}