51 nod 1503 猪和回文(双线程DP)

最新推荐文章于 2021-02-05 15:36:07 发布

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本文介绍了一道算法题，题目要求在特定的矩阵中找出所有构成回文序列的有效路径数量。矩阵由不同字母标识的不同格子组成，路径需从左上角到右下角，并保证路径上的字母序列正读反读一致。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

1503 猪和回文

题目来源： CodeForces

基准时间限制：2 秒空间限制：131072 KB 分值: 40 难度：4级算法题

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一只猪走进了一个森林。很凑巧的是，这个森林的形状是长方形的，有n行，m列组成。我们把这个长方形的行从上到下标记为1到n，列从左到右标记为1到m。处于第r行第c列的格子用(r,c)表示。

刚开始的时候猪站在(1,1),他的目标是走到(n,m)。由于猪回家心切，他在(r,c)的时候，只会往(r+1,c)或(r,c+1)走。他不能走出这个森林。

这只猪所在的森林是一个非同寻常的森林。有一些格子看起来非常相似，而有一些相差非常巨大。猪在行走的过程中喜欢拍下他经过的每一个格子的照片。一条路径被认为是漂亮的当且仅当拍下来的照片序列顺着看和反着看是一样的。也就是说，猪经过的路径要构成一个回文。

数一数从(1,1)到(n,m)有多少条漂亮路径。答案可能非常巨大，请输出对 109+7 取余后的结果。

样例解释：有三种可能

Input

单组测试数据。
第一行有两个整数 n,m (1≤n,m≤500)，表示森林的长和宽。
接下来有n行，每行有m个小写字母，表示每一个格子的类型。同一种类型用同一个字母表示，不同的类型用不同的字母表示。

Output

输出答案占一行。

Input示例

3 4
aaab
baaa
abba

Output示例

一个点从左上遍历一个点从右下遍历因为是回文串所以步数一定相同然后就根据字符是否相同来累加数目

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <stack>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <math.h>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <climits>
using namespace std;
const int N = 20000+1105;
typedef long long LL;
char str[510][510];
const int mod = 1e9+7;
int dp[2][510][510];

int main()
{
    int n, m;
    scanf("%d %d", &n, &m);
    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%s",str[i]+1);
    if(str[1][1]!=str[n][m]) puts("0");
    else
    {

        int  flag=0;
        memset(dp[0],0,sizeof(dp[0]));
        memset(dp[1],0,sizeof(dp[1]));
        dp[0][1][n]=1;
        for(int k=1; k<=(n+m-2)/2; k++)
        {
            flag^=1;
            memset(dp[flag],0,sizeof(dp[flag]));
            for(int x1=1; x1<=n&&x1-1<=k; x1++)
            {
                int y1=1+(k-(x1-1));
                if(y1>m||y1<1) continue;
                for(int x2=n;x2>=1&&n-x2<=k;x2--)
                {
                    int y2=m-(k-(n-x2));
                    if(y2<1||y2>m) continue;
                    if(str[x1][y1]!=str[x2][y2]) continue;
                    dp[flag][x1][x2]=(dp[flag][x1][x2]+dp[flag^1][x1][x2+1])%mod;
                    dp[flag][x1][x2]=(dp[flag][x1][x2]+dp[flag^1][x1-1][x2])%mod;
                    dp[flag][x1][x2]=(dp[flag][x1][x2]+dp[flag^1][x1-1][x2+1])%mod;
                    dp[flag][x1][x2]=(dp[flag][x1][x2]+dp[flag^1][x1][x2])%mod;
                }
            }
        }
        int ans=0;
        for(int i=1; i<=n; i++) ans=(ans+dp[flag][i][i])%mod;
        if((n+m)&1)
            for(int i=1; i<n; i++) ans=(ans+dp[flag][i][i+1])%mod;

        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}