[{"data":1,"prerenderedAt":-1},["ShallowReactive",2],{"consumer-news-detail-845":3,"consumer-news-interaction-845":38,"consumer-news-related-845":41},{"detail":4,"item":34},{"card":5,"schemaVersion":21,"fields":22,"content":28},{"id":6,"kind":7,"targetType":8,"targetId":9,"subtype":7,"typeLabel":10,"title":11,"subtitle":12,"summary":13,"coverUrl":14,"badgeText":14,"href":15,"sourceName":12,"meta":16,"metrics":18,"tags":19,"resolved":20},"NEWS_ARTICLE:845","news","NEWS_ARTICLE",845,"资讯","题解：P10027 梦境世界","博客园","题目。 考虑 DP。由于撤销操作会导致环路，所以不能直接 DP。 我们发现对于撤销操作肯定会回到某一个点，也就是存在一个点，走了若干步再撤回再走。这样就好转移了。 定义 \\(G_{i,j,k}\\) 代表从 \\((i,j)\\) 出发，拥有 \\(k\\) 瓶撤销药，到达终点的方案数。 同时，我们定义 \\(","","\u002Fnews\u002F845",[17],"2026",{},[],true,"consumer-content-detail-v1",{"sourceName":12,"authorName":23,"summary":13,"description":13,"publishTime":24,"updateTime":25,"sourceUrl":26,"language":27},"Monotonic_Deque","2026-09-02T10:58","2026-09-02T20:37:48","https:\u002F\u002Fwww.cnblogs.com\u002FDeepSleep0629\u002Fp\u002F22804247","中文",{"format":29,"policy":30,"normalized":20,"html":31,"text":32,"wordCount":33,"hasBody":20},"HTML","NEWS_CONTENT_V1","\u003Cp>\u003Ca href=\"https:\u002F\u002Fwww.luogu.com.cn\u002Fproblem\u002FP10027\" target=\"_blank\" rel=\"noopener noreferrer nofollow\">题目\u003C\u002Fa>。\u003C\u002Fp>\n\u003Cp>考虑 DP。由于撤销操作会导致环路，所以不能直接 DP。\u003C\u002Fp>\n\u003Cp>我们发现对于撤销操作肯定会回到某一个点，也就是存在一个点，走了若干步再撤回再走。这样就好转移了。\u003C\u002Fp>\n\u003Cp>定义 \u003Cspan>\\(G_{i,j,k}\\)\u003C\u002Fspan> 代表从 \u003Cspan>\\((i,j)\\)\u003C\u002Fspan> 出发，拥有 \u003Cspan>\\(k\\)\u003C\u002Fspan> 瓶撤销药，到达终点的方案数。\u003C\u002Fp>\n\u003Cp>同时，我们定义 \u003Cspan>\\(F_{i,j,k}\\)\u003C\u002Fspan> 为从 \u003Cspan>\\((i,j)\\)\u003C\u002Fspan> 出发，消耗 \u003Cspan>\\(k\\)\u003C\u002Fspan> 个药，最后返回 \u003Cspan>\\((i,j)\\)\u003C\u002Fspan> 的种类数。\u003C\u002Fp>\n\u003Cp>注意，这里的 \u003Cspan>\\(k\\)\u003C\u002Fspan> 代表循环变量，题目中的 \u003Cspan>\\(k\\)\u003C\u002Fspan> 以 \u003Cspan>\\(K\\)\u003C\u002Fspan> 表示。\u003C\u002Fp>\n\u003Cp>可以发现转移公式就是 \u003Cspan>\\(\\forall x\\in[0,k]\\)\u003C\u002Fspan>，也就是当前节点走出去再回来消耗的药的个数，将 \u003Cspan>\\(F_{i,j,x}\\times(G_{i+1,j,k-x}+G_{i,j+1,k-x})\\)\u003C\u002Fspan> 求和就是 \u003Cspan>\\(G_{i,j,k}\\)\u003C\u002Fspan>。即：\u003C\u002Fp>\n\n\u003Cdiv>\n \\[G_{i,j,k}=\\sum_{x=0}^kF_{i,j,x}\\times(G_{i+1,j,k-x}+G_{i,j+1,k-x}) \\]\n\u003C\u002Fdiv>\n\n\u003Cp>答案就是：\u003C\u002Fp>\n\n\u003Cdiv>\n \\[\\sum_{k=1}^KG_{1,1,k} \\]\n\u003C\u002Fdiv>\n\n\u003Cp>现在考虑计算 \u003Cspan>\\(F_{i,j,k}\\)\u003C\u002Fspan>。很显然，\u003Cspan>\\(F_{i,j,k}\\)\u003C\u002Fspan> 就是往下或往右走 \u003Cspan>\\(1\\)\u003C\u002Fspan> 格再走 \u003Cspan>\\(k-x-1\\)\u003C\u002Fspan> 步之后退回来，然后再在原地走 \u003Cspan>\\(x\\)\u003C\u002Fspan> 步。转移式：\u003C\u002Fp>\n\n\u003Cdiv>\n \\[F_{i,j,k}=\\sum_{x=0}^{k-1}F_{i,j,x}\\times(F_{i+1,j,k-x-1}+F_{i,j+1,k-x-1}) \\]\n\u003C\u002Fdiv>\n\n\u003Cp>转移的注意事项：\u003C\u002Fp>\n\u003Cul>\n \u003Cli>转移 \u003Cspan>\\(G_{i,j,k}\\)\u003C\u002Fspan> 时 \u003Cspan>\\(i,j\\)\u003C\u002Fspan> 要逆序。\u003C\u002Fli>\n \u003Cli>最外层是 \u003Cspan>\\(k\\)\u003C\u002Fspan>。\u003C\u002Fli>\n\u003C\u002Ful>\n\u003Cp>时间复杂度：\u003Cspan>\\(\\Theta(nmk^2)\\)\u003C\u002Fspan>，空间复杂度：\u003Cspan>\\(\\Theta(nmk)\\)\u003C\u002Fspan>。\u003C\u002Fp>\n\u003Cpre>\u003Ccode>#include <bits\u002Fstdc++.h>\n#define For(i, l, r) for(int i = l, i##QWQ = r; i <= i##QWQ; i++)\n#define Rev(i, l, r) for(int i = l, i##QWQ = r; i >= i##QWQ; i--)\nusing namespace std;\nconst int N = 105;\nint F[N][N][N], G[N][N][N], mp[N][N];\nint main() {\n    cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);\n    int n, m, K, p, s, ans = 0; cin >> n >> m >> K >> p >> s;\n    for(int x, y; s-- && cin >> x >> y;) mp[x][y] = 1;\n    For(i, 1, n) For(j, 1, m) if(!mp[i][j]) F[i][j][0] = 1;\n    For(k, 1, K) For(i, 1, n) For(j, 1, m) if(!mp[i][j]) For(x, 0, k - 1)\n        F[i][j][k] = (F[i][j][k] + 1ll * F[i][j][x] * (F[i + 1][j][k - x - 1] + F[i][j + 1][k - x - 1]) % p) % p;\n    G[n][m][0] = 1;\n    For(k, 0, K) Rev(i, n, 1) Rev(j, m, 1) if(!mp[i][j]) For(x, 0, k)\u002F\u002Fi,j逆序\n        G[i][j][k] = (G[i][j][k] + 1ll * F[i][j][x] * (G[i + 1][j][k - x] + G[i][j + 1][k - x]) % p) % p;\n    For(k, 0, K) ans = (ans + G[1][1][k]) % p;\n    cout << ans << \"\\n\";\n    return 0;\n}\n\u003C\u002Fcode>\u003C\u002Fpre>","题目。 考虑 DP。由于撤销操作会导致环路，所以不能直接 DP。 我们发现对于撤销操作肯定会回到某一个点，也就是存在一个点，走了若干步再撤回再走。这样就好转移了。 定义 \\(G_{i,j,k}\\) 代表从 \\((i,j)\\) 出发，拥有 \\(k\\) 瓶撤销药，到达终点的方案数。 同时，我们定义 \\(F_{i,j,k}\\) 为从 \\((i,j)\\) 出发，消耗 \\(k\\) 个药，最后返回 \\((i,j)\\) 的种类数。 注意，这里的 \\(k\\) 代表循环变量，题目中的 \\(k\\) 以 \\(K\\) 表示。 可以发现转移公式就是 \\(\\forall x\\in[0,k]\\)，也就是当前节点走出去再回来消耗的药的个数，将 \\(F_{i,j,x}\\times(G_{i+1,j,k-x}+G_{i,j+1,k-x})\\) 求和就是 \\(G_{i,j,k}\\)。即： \\[G_{i,j,k}=\\sum_{x=0}^kF_{i,j,x}\\times(G_{i+1,j,k-x}+G_{i,j+1,k-x}) \\] 答案就是： \\[\\sum_{k=1}^KG_{1,1,k} \\] 现在考虑计算 \\(F_{i,j,k}\\)。很显然，\\(F_{i,j,k}\\) 就是往下或往右走 \\(1\\) 格再走 \\(k-x-1\\) 步之后退回来，然后再在原地走 \\(x\\) 步。转移式： \\[F_{i,j,k}=\\sum_{x=0}^{k-1}F_{i,j,x}\\times(F_{i+1,j,k-x-1}+F_{i,j+1,k-x-1}) \\] 转移的注意事项： 转移 \\(G_{i,j,k}\\) 时 \\(i,j\\) 要逆序。 最外层是 \\(k\\)。 时间复杂度：\\(\\Theta(nmk^2)\\)，空间复杂度：\\(\\Theta(nmk)\\)。 #include \u003Cbits\u002Fstdc++.h> #define For(i, l, r) for(int i = l, i##QWQ = r; 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