【CF1225E Rock Is Push】推岩石

题目描述

你如今在一个\(n×m\)的迷宫的左上角（即点\((1,1)\)），你的目标是到达迷宫的右下角（即点\((n,m)\)）。一次移动你只能向右或者是向下移动一个单位。好比在点\((x,y)\)你能够移动到点\((x+1,y)\)或点\((x,y+1)\)

迷宫中的一些点是岩石，当你移动到一个有岩石的点时岩石将被推到你移动方向的下一个点（你能够把岩石想象成推箱子游戏中的箱子），而若是那个点上也有一个岩石，它就会被按相同方向推的更远，以此类推（好比当前点右边有连着的一些岩石，你向右走一个点这些岩石就都会被向右推一个点）

这个迷宫被不可移动或是摧毁的墙包围着，石头是不容许被推到墙外或者摧毁墙的。（好比你右边有一个石头，而再往右是墙，你就不能往右移动了）

如今，请你计算出有多少种不一样的能够到达终点的方案，因为方案数可能很大，结果请对\(10^9+7\)取模。两条路径中若是有任意的至少一个点不一样，那就认为这两种方案是不一样的。

输入格式

输入第一行是两个正整数\(n,m\)，表示迷宫的长和宽\((1≤n,m≤2000)\)

而后有\(n\)行，每行\(m\)个字符，若是第\(i\)行的第\(j\)个字符是"R"，那就说明点\((i,j)\)存在一块岩石，若是是"."，那就说明点\((i,j)\)是空的

数据保证出发点\((1,1)\)必定是空的

输出格式

输出一个整数，表示从\((1,1)\)走到\((n,m)\)的方案数对\(10^9+7\)取模的结果。

样例说明

第一个样例中，不须要移动就能到达终点，因此只有一种路径方案，输出\(1\)

第二个样例中终点被岩石挡住了，没法到达，因此没有方案能够到达终点，输出\(0\)

点击本网址能够看到第三个样例的例图 https://assets.codeforces.com/rounds/1225/index.html

输入输出样例

输入#1:

1 1
.

输出#1:

1

输入#2:

2 3
...
..R

输出#2:

0

输入#3

4 4
...R
.RR.
.RR.
R...

#输出#3:#

4

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原题CF1225E

假如岩石不能移动，那么这就是一道\(dp\)裸题。

可是岩石的移动影响了原图，致使不能用\(dp\)转移。

因为只能向右或向下，经过画图分析咱们知道当到达格\((x,y)\)的方向

与从\((x,y)\)转移的方向不一样时，转移后到目标的全部路径是不受上一

步的影响，仍是原图。

因此咱们能够用\(dp\)，在当前点向（到达这点的不一样方向）用\(O(n或m)\)

的时间转移，能够优化到\(O(n^2(n+m))\)。

发现当前dp值是一段区间的dp值的和 （\(dp[i][j][0]=dp[i+1][j][1]+dp[i+2][j][1]...\)） ，因此用后缀和优化一下。

总的复杂度是\(O(nm)\)
代码实现：

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<ctime>
#include<climits>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2010,mod=1e9+7;
int dp[N][N][2],sum[N][N][2],n,m,cnt[N][N][2];                //0 down   1 right
char ch[N][N];
int main()
{
    int i,j,tmp;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(i=1;i<=n;i++) scanf("%s",ch[i]+1);
    for(i=1;i<=n;i++) for(j=m;j>=1;j--) cnt[i][j][1]=cnt[i][j+1][1]+(ch[i][j]=='.');
    for(j=1;j<=m;j++) for(i=n;i>=1;i--) cnt[i][j][0]=cnt[i+1][j][0]+(ch[i][j]=='.');
    //预处理点(i,j)下可移动步数 
    if(ch[n][m]=='R') cout<<0,exit(0);
    if(n==1 && m==1) cout<<1,exit(0);
    dp[n][m][0]=dp[n][m][1]=1;
    sum[n][m][0]=sum[n][m][1]=1;
    //dp[i][j][0]表示(i,j)下一步是向下走 
    for(i=n;i>=1;i--)
    {
        for(j=m;j>=1;j--)
        {
            if(i==n && j==m) continue;
            tmp=cnt[i+1][j][0];
            dp[i][j][0]=(sum[i+1][j][1]-sum[i+tmp+1][j][1]+mod)%mod;  //到达点(i,j)是从(i-1,j)转移过来的，因此取向右的后缀和 
            tmp=cnt[i][j+1][1];
            dp[i][j][1]=(sum[i][j+1][0]-sum[i][j+tmp+1][0]+mod)%mod;
            sum[i][j][0]=(sum[i][j+1][0]+dp[i][j][0])%mod;            //更新后缀和 
            sum[i][j][1]=(sum[i+1][j][1]+dp[i][j][1])%mod;
        }    
    }
    cout<<(dp[1][1][0]+dp[1][1][1])%mod;
    return ~~(0-0);
}