//轉自：http://blog.csdn.net/snowy_smile/article/details/49668689 /* 算法介紹之cdq分治： 其實cdq分治的思想與應用都能被很簡單地描述——它是用來解決各種區間段轉移問題[x->y(x<y)]的。 我們用f[x]表示位置x轉移之后的結果，用solve(l,r)來傳遞完全限制在[l,r]范圍內的狀態轉移，並且轉移a->b一定有a<b 那么對於solve(l,r) 1，如果l==r，沒有后續轉移，程序結束。 2，求出m=(l+r)>>1; 3，solve(l,m); 4，傳遞[l,m]對[m+1,r]的貢獻。 5，solve(m+1,r); 這樣cdq分治就做完啦 */ /* 【題意】 給你一個n（750）*m（750）的棋盤，每個格子（i，j）都有一種顏色c[i][j]， 顏色范圍是[1,top]中的整數，top取值范圍是[1,5e5]。 對於一次跳躍A(y1,x1)->B(y2,x2)，我們說這次跳躍是合法的，要求必須有： 1，y2>y1 2，x2>x1 3，c[y1][x1]!=c[y2][x2]; 我們想要求出從（1，1）經過若干次跳躍之后到達（n，m）的方案數，mod(1e9+7) 【類型】 CDQ分治 【分析】 首先，我們可以構想一個暴力DP： 用f[i][j]表示從（1，1）到（i，j）的方案數 那么f[i][j]=∑f[u][v]，u<i&&v<j&&c[u][v]!=c[i][j] 時間復雜度為O(n^2 m^2)，想要通過這題，這還差得遠。 思考1， 我們觀察到，這道題中，顏色的范圍不是1e9，而是5e5。為什么呢？ 我們發現，相比較1e9，5e5這個范圍的數組是開得下的，於是我們可以做計數處理，有助於我們維護答案。 （ps：如果顏色屬於1e9范圍，因為顏色種類最多只有n*m，所以其實我們可以離散化） 如果我們用d[x]表示顏色為從（1，1）走到當前處理范圍顏色為x的點的方案數， 並用一個大的變量tot統計從（1，1）走到當前處理范圍所有點的方案數之和。 那么當我們走到一個顏色為x的點時，就可以直接使用 tot-d[x] 來更新到達這個點的方案數。 這個思想有一定的價值，但是因為題目給出的1，2兩個限制條件。 具體要通過什么途徑保證d[]中處理的所有點都在它之間呢？ 思考2， 區間問題的實現，很多時候我們都要引入整段考慮的思想。 這其實也就是CDQ分治的思想與具體實現。 我們想要更新從（1，1）走到行[l,r]范圍格點的方案數。 而line[l,r]每個格子更新的來源，有兩方面。 1，line[1,l-1] 2，line[l,r]內部 我們假設在處理[l,r]時，所有line[1,l-1]對line[l,r]的貢獻已經生效。 於是現在只需要考慮來自於line[l,r]內部的貢獻。 並且定義過程solve(l,r)，用於解決[l,r]內部貢獻的轉移。 具體如何實現？ 回歸到這道題—— 1，如果l==r，那不會生成任何貢獻，直接結束。 2，否則我們設m=(l+r)>>1; 接下來只要依次實現以下3個步驟，這道題就做完了。 （1），solve(l,m); （2），從[l,m]向[m+1,r]轉移貢獻; （3），solve(m+1,r); 於是，關鍵落在要如何實現（2）上—— 此時，我們發現行關系已經是嚴格的小於關系，只需要使得列關系滿足要求。如何使得？ 因為問題不是在數軸上，而是在矩形中。 所以目前處理的區間是一個塊，行數是[l,r]，每行有m列。 我們現在是想要把[l,mid]的狀態傳遞到[mid+1,r]。 發現只需要從左向右一列列枚舉。 狀態結果的傳遞在(mid,r])實現，狀態來源的累計在[l,mid]實現。 就保證了行與列都是嚴格小於關系，這道題也就在O(nmlogn)的時間復雜度內解決了。 */ #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int inf = 0x3f3f3f3f; const int mod = 1000000007; const int maxn = 800; int n,m,a[maxn][maxn],f[maxn][maxn],s[100000]; void add(int &x,int y){ x+=y; x%=mod; } void solve(int l,int r){ if(l==r) return; int mid=(l+r)>>1; //第一步：處理[l,mid] solve(l,mid); //第二步：處理[l.mid]->(mid,r]的轉移 for(int i=l;i<=r;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ s[a[i][j]]=0; } } int all=0; //從左到右逐列枚舉，以及拓撲逆序，保證了列的小於關系 for(int j=1;j<=m;j++){ //行累加只在[l,mid]展開，行轉移在(mid,r]收集，保證了行的小於關系 for(int i=mid+1;i<=r;i++) add(f[i][j],(all-s[a[i][j]]+mod)%mod); for(int i=l;i<=mid;i++){ add(s[a[i][j]],f[i][j]); add(all,f[i][j]); } } //第三步：處理(mid,r] solve(mid+1,r); } int main(){ while(~scanf("%d%d%*d",&n,&m)){ for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ scanf("%d",&a[i][j]); } } memset(f,0,sizeof(f)); f[1][1]=1; solve(1,n); printf("%d\n",f[n][m]); } return 0; }