題目 這一題相信大家都很快可以寫出無優化的DP，我們為了方便DP，換個思路，題目是從左下角出發到右上角，我們改一下，改成從左上角到右下角，我們可以發現這樣是不會對答案有任何影響的。我們定義狀態dp[i][j]表示走到第i行第j個的方案數，狀態轉移方程可想而知：dp[i][j]=以這一格為右下角長度為k+1的正方形內數的累加和，當然超出我們大小的話例如：第2行第2個正方形大小為3，這樣就超了所以我們為了防止陣列越界，DP時要處理一下。下面上60分程式碼：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using
 
 namespace std;
int dp[2010][2010],mod=998244353;
int main()
{
	int w,h,k;
	freopen("racing.in","r",stdin);
	freopen("racing.out","w",stdout);
	scanf("%d %d %d",&w,&h,&k);
	memset(dp,0,sizeof(dp));
	dp[1][1]=1;
	for(int i=1;i<=h;i++)//列舉行
	{
		for(int j=1;j<=w;j++)//列舉列
		{ 
			for(int p=i;
 
p<=i+k;p++)//列舉正方形的行
			{
				if(p>h)
					break;
				for(int l=j;l<=j+k;l++)//列舉正方形的列
				{
					if(l>w)//防止越界
						break;
					if(p==i && l==j)
						continue;
					dp[p][l]=(dp[p][l]+dp[i][j])%mod；//這邊是列舉每個格子然後去更新其他的
				}
			}
		}
	}
	printf("%d",dp[h][w]);//輸出答案
	return 0;
}

這是60分，我們想想優化，注意我剛剛說的話，我們要求的和是正方形，所以二維字首和才是正解，我們可以邊DP邊做一個二維字首和，一次查詢，這樣就AC了，上程式碼。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int dp[2010][2010],t[2010][2010];
int main()
{
	int w,h,k,mod=998244353;
	scanf("%d %d %d",&w,&h,&k);
	memset(dp,0,sizeof(dp));
	memset(t,0,sizeof(t));
	t[0][0]=1;
	dp[1][1]=1;
	for(int i=1;i<=h;i++)
	{
		for(int j=1;j<=w;j++)
		{
			if(i==1 && j==1)
				continue;
			int x=max(i-k,1),y=max(j-k,1);//處理一下，防止越界 
			t[i][j]=(((t[i-1][j]%mod+t[i][j-1]%mod)%mod)-t[i-1][j-1]%mod+mod)%mod;//我們算一下二維字首和，注意這邊是邊算邊mod，防止計算時溢位，以及減法mod時要注意和加法不同 
			dp[i][j]=(((((((dp[i][j]%mod+t[i][j]%mod)%mod)+t[x-1][y-1]%mod)%mod)-t[i][y-1]%mod+mod)%mod)-t[x-1][j]%mod+mod)%mod;
			t[i][j]=(t[i][j]+dp[i][j]%mod)%mod;//後面還要加一下本格的資料就完美了 
		}
	}
	cout <<dp[h][w];//開心地輸出答案 
	return 0;
}

希望這篇題解對大家有幫助，祝大家早日AC。PS：本程式碼沒有防抄襲，希望大家可以自己打一下，而不要複製黏貼。