洛谷传送门

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$0\sim k$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：$(1,1)\to (1,2),(1,1)\to (2,1),(1,2)\to (2,2),(2,1)\to (2,2)$。

【数据范围】

对于$20\%$的数据，$n,m\leq 10,k\leq 2$

对于$50\%$的数据，$n,m\leq 100,k\leq 5$

对于$100\%$的数据，$n,m\leq 800,1\leq k\leq 15$

解题分析

明显是一道$dp$题， 我们可以用$dp[i][j][m][n][w]$表示当前在第$i$行第$j$列， 小a取了$m$， $umi$取了$n$（在$mod\ k+1$意义下）， 当前是小$a$/umi取。 然后就可以暴力从左上转移。

然而我们发现这样开数组需要$800\times800\times15\times15\times2=288000000$， 大约是274MB， 明显MLE了….

然后我们发现似乎我们关心的只是$n$和$m$的差， 而不是它们的值， 所以可以压一维下来。

总复杂度$O(NMk)$。

代码如下：

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <cctype>
#define R register
#define IN inline
#define W while
#define gc getchar()
#define ll long long
#define MX 805
#define MOD 1000000007ll
template <class T>
IN void in(T &x)
{
    x = 0; R char c = gc;
    for (; !isdigit(c); c = gc);
    for (;  isdigit(c); c = gc)
    x = (x << 1) + (x << 3) + c - 48;
}
int dp[MX][MX][17][2], val[MX][MX];
int n, m, sur;
long long ans;
int main(void)
{
    R int i, j, k;
    in(n), in(m), in(sur); ++sur;
    for (i = 1; i <= n; ++i)
    for (j = 1; j <= m; ++j)
    {
        in(val[i][j]); val[i][j] %= sur;
        dp[i][j][val[i][j]][0]= 1;
    }
    for (i = 1; i <= n; ++i)
    for (j = 1; j <= m; ++j)
    {
        for (k = 0; k < sur; ++k)
        {
            dp[i][j][k][0] = (dp[i][j][k][0] + dp[i - 1][j][(k - val[i][j] + sur) % sur][1]) % MOD;
            dp[i][j][k][0] = (dp[i][j][k][0] + dp[i][j - 1][(k - val[i][j] + sur) % sur][1]) % MOD;
            dp[i][j][k][1] = (dp[i][j][k][1] + dp[i - 1][j][(k + val[i][j]) % sur][0]) % MOD;
            dp[i][j][k][1] = (dp[i][j][k][1] + dp[i][j - 1][(k + val[i][j]) % sur][0]) % MOD;
        }
        (ans += dp[i][j][0][1]) %= MOD; 
    }
    printf("%lld", ans);
}