dp：地宫取宝+波动数列

地宫取宝

（这题其实是 dp 两个经典问题摘花生和最长上升子序列的结合，扩展）

X 国王有一个地宫宝库，是 n×m 个格子的矩阵，每个格子放一件宝贝，每个宝贝贴着价值标签。

地宫的入口在左上角，出口在右下角。

小明被带到地宫的入口，国王要求他只能向右或向下行走。

走过某个格子时，如果那个格子中的宝贝价值比小明手中任意宝贝价值都大，小明就可以拿起它（当然，也可以不拿）。

当小明走到出口时，如果他手中的宝贝恰好是 k 件，则这些宝贝就可以送给小明。

请你帮小明算一算，在给定的局面下，他有多少种不同的行动方案能获得这 k 件宝贝。

输入格式

第一行 3 个整数，n,m,k，含义见题目描述。

接下来 n 行，每行有 m 个整数 Ci 用来描述宝库矩阵每个格子的宝贝价值。

输出格式

输出一个整数，表示正好取 k 个宝贝的行动方案数。

该数字可能很大，输出它对 1000000007 取模的结果。

数据范围

1≤n,m≤50
1≤k≤12
0≤Ci≤12

输入样例1：

2 2 2
1 2
2 1

输出样例1：

2

输入样例2：

2 3 2
1 2 3
2 1 5

输出样例2：

14

分析 

分析状态表示，发现我们需要坐标 i, j 还需要 k ,c(最后一件的价值）f[i,j,k,c] 估计要用到四重循环，我们需要稍微算一下时间复杂度

可以发现n,m,k,c都不算太大 ，大概是50 * 50 * 12  * 13 ≈ 40w ，10^8 / 40w ≈ 25 应该是够了

然后进行dp的分析

我们要的答案就是每个集合相加

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;

const int N = 55, MOD = 1000000007;
int n,m,k;
int w[N][N],f[N][N][13][14];

int main()
{
	cin >> n >> m >> k;
	for(int i = 1; i <= n; i ++)
		for(int j = 1;j <= m; j ++)
		{
			cin >> w[i][j];
			w[i][j] ++;//-1~13 -> 0~14
		}

	// 初始化起点
	f[1][1][1][w[1][1]] = 1;
	f[1][1][0][0] = 1;		

	for(int i = 1; i <= n; i ++)
		for(int j = 1;j <= m; j ++)
		{
			if(i == 1 && j == 1) continue;
			for(int u = 0; u <= k; u ++)//枚举拿物品的个数 
				for(int v = 0; v <= 13; v ++)//枚举取到的最大物品的价值
				{
					int &val = f[i][j][u][v];
					val = (val + f[i - 1][j][u][v]) % MOD;
					val = (val + f[i][j - 1][u][v]) % MOD;
					if(u > 0 && v == w[i][j])
					{
						for(int c = 0; c < v; c ++)
						{
							val = (val + f[i - 1][j][u - 1][c]) % MOD;
							val = (val + f[i][j - 1][u - 1][c]) % MOD;
						}
					}
				}
		}
		
	int res = 0;
	for(int i = 0; i <= 13; i ++) res = (res + f[n][m][k][i]) % MOD;
	
	cout << res << endl;
	return 0;
}

波动数列

（组合问题）

观察这个数列：

1 3 0 2 -1 1 -2 …

这个数列中后一项总是比前一项增加2或者减少3，且每一项都为整数。

栋栋对这种数列很好奇，他想知道长度为 n 和为 s 而且后一项总是比前一项增加 a 或者减少 b 的整数数列可能有多少种呢？

输入格式

共一行，包含四个整数 n,s,a,b，含义如前面所述。

输出格式

共一行，包含一个整数，表示满足条件的方案数。

由于这个数很大，请输出方案数除以 100000007 的余数。

数据范围

1≤n≤1000,
−10^9≤s≤10^9,
1≤a,b≤10^6

输入样例：

4 10 2 3

输出样例：

2

样例解释

两个满足条件的数列分别是2 4 1 3和7 4 1 -2。

 

 分析

设这个数列第一项为x，设 d ∈{ +a, -b } ，则长度为n的序列所有的项为

x,x+d1,x+d1+d2,...,x+...+dn-1

其和为 s =  nx+(n−1)d1+(n−2)d2+(n−3)d3+…+dn−1

因为 x 我们无法得知，并且变化最大，这是一个等式，所以我们可以用其他变化小的量去表示x,因此公式转换为

x = s -[ (n−1)d1+(n−2)d2+(n−3)d3+…+dn−1 ] /n

x为整数，所以分子为 n 的倍数

s -[ (n−1)d1+(n−2)d2+(n−3)d3+…+dn−1 ] % n == 0

s % n == [ (n−1)d1+(n−2)d2+(n−3)d3+…+dn−1 ] % n 两边模n余数相同

s是确定的，所以我们就是要求 (n−1)d1+(n−2)d2+(n−3)d3+…+dn−1 这个式子的所有可能模n的余数==s%n的结果数

明确最后目标：f[n-1][s % n] 的值，即考虑前 n-1 项d的选择（第一项是x不用考虑)，当前总和 & n == s %n的方案集合

状态转移方程的推导

第i个选a ：[ (n−1)d1+(n−2)d2+(n−3)d3+…+2*dn−2+a ] % n == j % n

[ (n−1)d1+(n−2)d2+(n−3)d3+…+2*dn−2 ] % n == ( j  - a )% n

系数和下标之和为n，所以第i项的的系数为n-i。

同理选b：f[i][j] = f[i - 1][j + (n - i) * b]

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cstdio>
using namespace std;

const int N = 1010, MOD = 100000007;
int n,s,a,b;
int f[N][N];

int get_mod(int a,int b)//求a % b的正余数 
{
	return (a % b + b) % b;
}
int main()
{
	cin >> n >> s >> a >> b;
	
	f[0][0] = 1;
	for(int i = 1;i < n;++ i )
		for(int j = 0; j < n;++ j )
			f[i][j] = (f[i - 1][get_mod(j - a *(n - i),n)] + f[i - 1][get_mod(j + b * (n - i), n)]) % MOD;
			
		
	cout << f[n - 1][get_mod(s,n)] << endl;
	return 0;
}