CSDN同步

原題連結

簡要題意：

在一個 \(n \times m\) 的魔術棋盤中，每個格子中均有一個整數，當棋子走進這個格子中，則此棋子上的數會被乘以此格子中的數。一個棋子從左上角走到右下角，只能向右或向下行動，請問此棋子走到右下角後，模 \(\% k\) 可以為幾？

（原題題意足夠簡要了吧）

\(n,m,k \leq 100\).

考慮一個很樸素的做法，\(\mathcal{O}(nmk)\) 的那種。

很顯然我們不可能算出所有路徑的答案（\(C_{n+m}^m\) 種的級別大家應該都清楚），所以說我們可以從答案入手。

列舉一個答案，看它能不能是合法的答案。

對於 \((i,j) (i > 1 , j > 1)\)

考慮前一步的走法，很顯然，考慮是否有 \(t \times a_{i,j} \% k = l\) 且 \(t\) 是 \(a_{i-1,j}\) 或 \(a_{i,j-1}\) 的合法答案。

好，下一步我們考慮，\(t\) 是否需要用逆元計算？倒推需要逆元，我們可以考慮正推。用當前的答案去更新之後的答案，也是所謂 動態規劃 的另一種（不太常見的）方式。

所以說 動態規劃 不止可以是 f[i] = ... 的形式，可以是 ... = f[i] ...

下面就很簡單了。初步的方案，用 \(h_{i,j,t}\) 表示走到 \(a_{i,j}\) 數字能否為 \(t\). 一開始只有 \(h_{1,1,a_{1,1}} = 1\)，考慮如何轉移？很簡單。

當前想要表示出 \(t \times a_{i,j} \% k\) 就去驗證 \(k\)，避免了逆元和轉移中記憶化的技巧 ，直奔主題。

時間複雜度：\(\mathcal{O}(nmk)\).

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=1e2+1;

inline int read(){char ch=getchar(); int f=1; while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
	int x=0; while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar(); return x*f;}

inline void write(int x) {
	if(x<0) {putchar('-');write(-x);return;}
	if(x<10) {putchar(char(x%10+'0'));return;}
	write(x/10);putchar(char(x%10+'0'));
}

int n,m,k,a[N][N];
bool h[N][N][N];

int main() {
	n=read(); m=read(); k=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	for(int j=1;j<=m;j++) a[i][j]=read()%k;
	h[1][1][a[1][1]]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	for(int j=1;j<=m;j++) {
		if(i==1 && j==1) continue;
		for(int t=0;t<k;t++) h[i][j][t*a[i][j]%k]|=h[i-1][j][t];
		for(int t=0;t<k;t++) h[i][j][t*a[i][j]%k]|=h[i][j-1][t];
	} 
/*	for(int i=1;i<=n;i++)
	for(int j=1;j<=m;j++) {
		printf("%d %d : ",i,j);
		for(int t=0;t<k;t++) if(h[i][j][t]) printf("%d ",t);
		putchar('\n');
	}*/
	vector<int> v;
	for(int t=0;t<k;t++) if(h[n][m][t]) v.push_back(t);
	printf("%d\n",v.size());
	for(int i=0;i<v.size();i++) printf("%d ",v[i]); putchar('\n');
	return 0;
}