蓝桥杯 --- 数学与简单DP（习题）
1212. 地宫取宝
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,k5，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
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<stack>
#include<queue>
#include<sstream>using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 55;
const int MOD = 1000000007;int n, m, k;
int w[N][N];
int 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] ++ ;}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 ++ )for(int v = 0; v <= 13; v ++ ){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;
}1214. 波动数列
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 ,
−109≤s≤109 ,
1≤a,b≤106
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。
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<stack>
#include<queue>
#include<sstream>using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 1010;
const int MOD = 100000007;int f[N][N];int get_mod(int a, int b)
{return (a % b + b) % b;
}int main()
{int n, s, a, b;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;
}