[51nod 1503] 猪和回文

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问题描述

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+7109+7 取余后的结果。

样例解释：有三种可能

输入格式

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。

输出格式

输出答案占一行。

样例输入

3 4
aaab
baaa
abba

样例输出

3

解析

不难想到可以由中间某个点判断是否存在回文路径。由方格取数这道题的套路，我们可以设\(f[i][x1][y1][x2][y2]\)表示走了\(i\)步，从\((1,1)\)出发到了\((x1,y1)\)，从\((n,m)\)出发到了\((x2,y2)\)时两条路径上的字母相同的方案数。DP方程也不难想到。

接下来的问题是如何处理空间过大。我们可以发现，已知步数和终点横坐标时可以直接推出终点的纵坐标。所以，我们可以省略枚举y坐标的两维，状态也可以省略。然后再用滚动数组优化步数那一维，就可以优化空间了。

注意n+m是奇数时要特殊考虑一下。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define N 502
using namespace std;
const int mod=1000000007;
int n,m,i,j,k,f[2][N][N],x;
char c[N][N];
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(i=1;i<=n;i++){
        for(j=1;j<=m;j++) cin>>c[i][j];
    }
    f[x][1][n]=(c[1][1]==c[n][m]);
    int step=(n+m-2)/2;
    for(i=1;i<=step;i++){
        x^=1;
        memset(f[x],0,sizeof(f[x]));
        for(j=1;j<=n&&j-1<=i;j++){
            for(k=n;k>=1&&n-k<=i;k--){
                int p=1+(i-(j-1)),q=m-(i-(n-k));
                if(c[j][p]==c[k][q]){
                    f[x][j][k]=(f[x][j][k]+f[x^1][j][k])%mod;
                    f[x][j][k]=(f[x][j][k]+f[x^1][j][k+1])%mod;
                    f[x][j][k]=(f[x][j][k]+f[x^1][j-1][k])%mod;
                    f[x][j][k]=(f[x][j][k]+f[x^1][j-1][k+1])%mod;
                }
            }
        }
    }
    int ans=0;
    for(i=1;i<=n;i++) ans=(ans+f[x][i][i])%mod;
    if((m+n-2)%2){
        for(i=1;i<n;i++) ans=(ans+f[x][i][i+1])%mod;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

[51nod 1503] 猪和回文

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原文地址：https://www.cnblogs.com/LSlzf/p/11876251.html