题目背景

还记得NOIP2011的寻宝吗?6年之后,小明带着他的妹子小芳,再次走上了寻宝的道路。

然而这次他们寻宝回来之后,小明被困在了一个迷宫中。

题目描述

迷宫是一个n*m的字符矩阵。

小明在这个矩阵的左上角,只能向下和向右走,去和在矩阵右下角的小芳会合。

小明必须将他走过的路径上的,经过的字符收集起来。如果到右下角时他收集到的这些字符连在一起是回文的,那么他就能够走出这个迷宫,否则他就会掉进陷阱出不来。

小明想知道有多少条路径能够让他走出这个迷宫。由于答案可能很大,请对1000000007取模。

输入输出格式

输入格式:

第一行两个整数n和m。

接下来n行,每行m个字符表示这个矩阵,全部均为小写字母

输出格式:

输出一行一个整数表示答案

输入输出样例

输入样例#1:

3 4
aaab
baaa
abba
输出样例#1:

3

说明

对于20%的数据,满足n∗m≤10

对于另外10%的数据,满足字符都是a

对于70%的数据,满足n,m≤60

对于100%的数据,满足n,m≤500

分析:一道比较考验基本功的dp题.

看到题面就应该能想到状态该怎么表示了,设f[i][j][k][l]表示小明走到了(i,j),小芳走到了(k,l)的方案数,那么该怎么转移呢?显然不能顺着推,因为不知道走过的字符串是啥,如果记录的话会有后效性,那么根据回文字符串的特点,小明从起点走,小芳从终点走,如果两个人所在地方的字符是一样的才能继续走,直到两个人碰面,答案累加,因为空间问题可以过70分.

后30%的数据只能开下500*500的数组,也就是说我们只能够保存两维.那么我们可以保存j和l,枚举当前走了多少步,因为方向一定,所以i和k能够推导出来。因为只保存了列的情况,如果直接推的话会计算重复,那么再开一个数组g,记录前一步的状态,f从g转移而来就可以了.

最后统计答案,如果n+m-1是奇数,那么最后汇合的地点一定是同一行,否则有可能是同一行,也有可能相差一行.

总结:这一类dp问题特征就是给你一个n*m的图,规定走的方向,让你求某些值.状态表示比较有规律,一般就是设f[i][j]表示走到了(i,j)的答案.如果题目变通一下让你走两次,那么可以开四维数组来表示状态.有时候也需要变通一下枚举的顺序,依题目而定,规定了走的方向,我们可以只用保存3维就可以推出第4维,可以优化时间,我们也可以保存2维,这样就需要一个辅助数组记录上一步的状态,既优化了时间,也优化了空间.

#include <stack>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm> using namespace std; const int mod = ; int n, m,f[][],g[][];
int dx[] = { , , -, }, dy[] = { , , , - };
long long ans = ;
char s[][]; int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = ; i <= n; i++)
scanf("%s", s[i] + );
if (s[][] == s[n][m])
f[][m] = ;
else
f[][m] = ;
for (int t = ; t < (n + m) / ; t++)
{
for (int i = ; i <= m; i++)
for (int j = ; j <= m; j++)
{
g[i][j] = f[i][j];
f[i][j] = ;
} for (int i = ; i <= m; i++)
for (int j = ; j <= m; j++)
if (g[i][j])
{
int y11 = i, y2 = j, x1 = t - i + , x2 = n - t + m - j + ;
for (int k = ; k < ; k++)
{
for (int l = ; l < ; l++)
{
int nx1 = x1 + dx[k], ny1 = y11 + dy[k];
int nx2 = x2 + dx[l], ny2 = y2 + dy[l];
if (nx1 > n || ny1 > m || nx2 < || ny2 < )
continue;
if (s[nx1][ny1] == s[nx2][ny2])
f[ny1][ny2] = (f[ny1][ny2] + g[i][j]) % mod;
}
}
}
}
if ((n + m - ) & )
{
for (int i = ; i <= m; i++)
ans = (ans + f[i][i]) % mod;
}
else
{
for (int i = ; i <= m; i++)
{
ans = (ans + f[i][i]) % mod;
ans = (ans + f[i][i + ]) % mod;
}
}
printf("%d\n", ans);
return ;
}

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