完全不會這種類型的$dp$啊……

考慮回文串一定是可以拆分成（偶數個字母 + 偶數個字母）或者（偶數個字母 + 一個字母 +偶數個字母），兩邊的偶數個字母其實是完全對稱的。因為這道題回文串的長度是給定的$n + m$，所以回文串的類型也是確定的。

發現直接$dp$不好轉移，我們可以把走的步數拆成兩半，從$(1, 1)$開始走$(n + m) / 2$步，從$(n, m)$開始走$(n + m) / 2$步，然後在中間相遇就可以計算答案，這樣子只要每一次走到相同的格子就可以轉移了。

我們先設計出一個暴力的狀態就是$f_{stp, xa, ya, xb, yb}$表示走了$stp$步，從$(1, 1)$開始走到$(xa, ya)$，從$(n, m)$開始走到$(xb, yb)$的方案數。

顯然空間炸了。

觀察一下發現了$stp$這一維可以滾掉，而當$stp$確定時，只要知道了$xa$和$xb$就可以計算出$ya$和$yb$，具體計算過程可以自己$yy$一下。

最後統計答案的時候要註意討論$(n + m)$的奇偶性。

時間復雜度$O(n^3)$。

Code：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N = 505;
const ll P = 1e9 + 7
 
;

int n, m;
ll f[2][N][N];
char mp[N][N];

template <typename T>
inline void inc(T &x, T y) {
    x += y;
    if(x >= P) x -= P;
}

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
/*    scanf("%d", &n);
    m = n;   */
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%s", mp[i] + 1
 
);

    if(mp[1][1] != mp[n][m]) return puts("0"), 0;

    f[1][1][n] = 1LL;
    for(int s = 2; s <= (n + m) / 2; ++s) {
        int now = s & 1, pre = (s - 1) & 1;
        memset(f[now], 0LL, sizeof(f[now]));

        for(int xa = 1; xa <= s; ++xa)
            for(int xb = n; xb >= n - s + 1; --xb) {
                int ya = s + 1 - xa, yb = n + m + 1 - s - xb;
                if(xa > xb || ya > yb) continue;
                if(mp[xa][ya] != mp[xb][yb]) continue;
                inc(f[now][xa][xb], f[pre][xa][xb]);
                inc(f[now][xa][xb], f[pre][xa - 1][xb]);
                inc(f[now][xa][xb], f[pre][xa][xb + 1]);
                inc(f[now][xa][xb], f[pre][xa - 1][xb + 1]);
            }
    }

    ll ans = 0LL; int cur = ((n + m) / 2) & 1;
    if((n + m) % 2 == 1) {
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            inc(ans, f[cur][i][i]);
            inc(ans, f[cur][i][i + 1]);
        }
    } else {
        for(int i = 1; i <= n; i++) 
            inc(ans, f[cur][i][i]);
    }

    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

CF570E Pig and Palindromes