历届试题 地宫取宝
X 国王有一个地宫宝库。是 n x 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。
Input
输入一行3个整数，用空格分开：n m k (1<=n,m<=50, 1<=k<=12)
接下来有 n 行数据，每行有 m 个整数 Ci (0<=Ci<=12)代表这个格子上的宝物的价值
Output
要求输出一个整数，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。
Examples
样例输入
2 2 2
1 2
2 1
样例输出
2
样例输入
2 3 2
1 2 3
2 1 5
样例输出
14
Hint
题意:
注意一下几点细节, 题中共有3个限制条件, 并且要求输出的是方案数…可见并不是一道一般的dp题
题解:
由于题中限制条件太多, dp通常是一个状态一层循环, 直接用dp来写的话N^4复杂度可能会超时(当然, 也可能不会, 但请不要这样, 因为蓝桥杯太水)
我们首先考虑定义状态 dp[i][j][k][v] 表示到达(i, j)并获得k件宝物且最大价值为v时的方案数
仔细思考一下, 先判断每个c[i][j]是否可取, 可取的话再判断取或不取, 不难推出一下状态转移方程
但是在实现细节上, 还要有以下几点注意
1、因为有可能以某种方式走的状态就是无解，就是值为0，因此必须将初始化赋值为-1。
2、对于有宝物的初始价值-1，比较好的处理方式是，最后存放的是第四维的小标后移一位。
记忆化搜索就是保存已经遍历过的状态的值, 从而避免重复的遍历
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
#define ms(x, n) memset(x,n,sizeof(x));
typedef long long LL;
const int inf = 1<<30;
const LL maxn = 54;
const int mod = 1e9+7;
int N, M, K, c[maxn][maxn];
int dp[52][52][14][14]; //到达(x,y)处并获得k件物品最大价值为v的方案数
int Dfs(int x,int y, int k, int v){
if(dp[x][y][k][v+1]!=-1) return dp[x][y][k][v+1]; //记忆化搜索
int t = 0; //当前的新方案数
if(x==N && y==M){
if(c[x][y] > v && (k==K || k+1==K)) t++;
else if(k == K) t++;
return dp[x][y][k][v+1] = t;
}
if(x<=N){
if(c[x][y]>v)
t = (t + Dfs(x+1, y, k+1, c[x][y])) % mod;
t = (t + Dfs(x+1, y, k, v)) % mod;
}
if(y<=M){
if(c[x][y]>v)
t = (t + Dfs(x, y+1, k+1, c[x][y])) % mod;
t = (t + Dfs(x, y+1, k, v)) % mod;
}
dp[x][y][k][v+1] = t; //记忆化
return t % mod;
}
int main()
{
cin >> N >> M >> K;
for(int i = 1; i <= N; i++)
for(int j = 1; j <= M; j++)
cin >> c[i][j];
ms(dp, -1); //记忆化搜索初始值设置为-1;
Dfs(1,1,0,-1);
cout << dp[1][1][0][0] << endl;
return 0;
}
参考博客: https://blog.csdn.net/qq_16997551/article/details/50853932