【C++动态规划】2435. 矩阵中和能被 K 整除的路径|1951

本文涉及知识点

C++动态规划

LeetCode2435. 矩阵中和能被 K 整除的路径

给你一个下标从 0 开始的 m x n 整数矩阵 grid 和一个整数 k 。你从起点 (0, 0) 出发，每一步只能往下或者往右，你想要到达终点 (m - 1, n - 1) 。
请你返回路径和能被 k 整除的路径数目，由于答案可能很大，返回答案对 10⁹ + 7 取余的结果。
示例 1：
在这里插入图片描述

输入：grid = [[5,2,4],[3,0,5],[0,7,2]], k = 3
输出：2
解释：有两条路径满足路径上元素的和能被 k 整除。
第一条路径为上图中用红色标注的路径，和为 5 + 2 + 4 + 5 + 2 = 18 ，能被 3 整除。
第二条路径为上图中用蓝色标注的路径，和为 5 + 3 + 0 + 5 + 2 = 15 ，能被 3 整除。
示例 2：
在这里插入图片描述

输入：grid = [[0,0]], k = 5
输出：1
解释：红色标注的路径和为 0 + 0 = 0 ，能被 5 整除。
示例 3：

在这里插入图片描述

输入：grid = [[7,3,4,9],[2,3,6,2],[2,3,7,0]], k = 1
输出：10
解释：每个数字都能被 1 整除，所以每一条路径的和都能被 k 整除。

提示：
m == grid.length
n == grid[i].length
1 <= m, n <= 5 * 10⁴
1 <= m * n <= 5 * 10⁴
0 <= grid[i][j] <= 100
1 <= k <= 50

动态规划

动态规划的状态表示

dp[r][c][k] 记录从起点到达(r,c) 路径和%K == k的方案数。空间复杂度：O(mnk)

动态规划的转移方程

枚举前置状态(r,c,k)
(r1,c1)是(r+1,c)或(r,c+1)
dp[r1][c1][(k+grid[r1][c1])%K] += dp[r][c][k]
单个状态转移的时间复杂度是：O(1)，** 总复杂度**：O(mnk)

动态规划的填表顺序

先行后列，行号和列号都从小到大。
由于只能下移，不能上移，所以行号小的一定是前置节点。由于只能右移，不能左移，所以行号相同，列号小的是前置节点。

动态规划的初始值

全部为0。

动态规划的返回值

dp.back().back()[0]

代码

核心代码


template<int MOD = 1000000007>
class C1097Int
{
public:C1097Int(long long llData = 0) :m_iData(llData% MOD){}C1097Int  operator+(const C1097Int& o)const{return C1097Int(((long long)m_iData + o.m_iData) % MOD);}C1097Int& operator+=(const C1097Int& o){m_iData = ((long long)m_iData + o.m_iData) % MOD;return *this;}C1097Int& operator-=(const C1097Int& o){m_iData = (m_iData + MOD - o.m_iData) % MOD;return *this;}C1097Int  operator-(const C1097Int& o){return C1097Int((m_iData + MOD - o.m_iData) % MOD);}C1097Int  operator*(const C1097Int& o)const{return((long long)m_iData * o.m_iData) % MOD;}C1097Int& operator*=(const C1097Int& o){m_iData = ((long long)m_iData * o.m_iData) % MOD;return *this;}C1097Int  operator/(const C1097Int& o)const{return *this * o.PowNegative1();}C1097Int& operator/=(const C1097Int& o){*this /= o.PowNegative1();return *this;}bool operator==(const C1097Int& o)const{return m_iData == o.m_iData;}bool operator<(const C1097Int& o)const{return m_iData < o.m_iData;}C1097Int pow(long long n)const{C1097Int iRet = 1, iCur = *this;while (n){if (n & 1){iRet *= iCur;}iCur *= iCur;n >>= 1;}return iRet;}C1097Int PowNegative1()const{return pow(MOD - 2);}int ToInt()const{return m_iData;}
private:int m_iData = 0;;
};class Solution {public:int numberOfPaths(vector<vector<int>>& grid, int K) {const int R = grid.size();const int C = grid[0].size();vector<vector<vector<C1097Int<>>>> dp(R, vector<vector<C1097Int<>>>(C, vector<C1097Int<>>(K)));dp[0][0][grid[0][0] % K] = 1;for (int r = 0; r < R; r++) {for (int c = 0; c < C; c++) {for (int k = 0; k < K; k++) {if (r + 1 < R) {dp[r + 1][c][(k + grid[r + 1][c]) % K] += dp[r][c][k];}if (c + 1 < C) {dp[r][c + 1][(k + grid[r][c + 1]) % K] += dp[r][c][k];}}}}return dp.back().back()[0].ToInt();}};

单元测试

vector<vector<int>> grid;int k;TEST_METHOD(TestMethod11){grid = { {5,2,4},{3,0,5},{0,7,2} }, k = 3;auto res = Solution().numberOfPaths(grid, k);AssertEx(2, res);}TEST_METHOD(TestMethod12){grid = { {0,0} }, k = 5;auto res = Solution().numberOfPaths(grid, k);AssertEx(1, res);}TEST_METHOD(TestMethod13){grid = { {7,3,4,9},{2,3,6,2},{2,3,7,0} }, k = 1;auto res = Solution().numberOfPaths(grid, k);AssertEx(10, res);}

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