[NOIP2017模拟]table

题目背景
SOURCE：NOIP2016-RZZ-2 T2

题目描述
给定一个 n×m 的矩阵，行列均从 1 开始标号。
一个矩阵被认为是稳定的，当且仅当对于任意的 2≤i≤n，第 i 行的数的和不小于第 i−1 行的数的和，且最后一行的数的和小于等于 m ，并且要求矩阵中所有的元素都是非负的。
求所有 n×m 的稳定矩阵的方案数，答案对 109 取模。

输入格式
第一行一个整数 T ，表示数据组数。
每组数据一行两个整数 n，m 。

输出格式
输出 T 行，每行一个整数，表示方案数。

样例数据
输入
3
1 1
2 2
2 3
输出
2
25
273

备注
【数据规模与约定】
对于 30% 的数据，n,m≤3。
对于 60% 的数据，n,m≤50。
对于 100% 的数据，1≤n,m≤2000；1≤T≤10。

分析： 对于数据巨大以至于需要取模的题，绝对是动归。刚开始想到了一个O（n3）的暴力模dp（也就是枚举每一行每个数m次），感觉能过60%的数据，结果炸了。之后发现可以用一个数组存前缀和，这样可以把n3降到n2。

代码：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<string>#include<ctime>#include<cmath>#include<algorithm>#include<cctype>#include<iomanip>#include<queue>#include<set>using namespace std;int getint(){    int sum=0,f=1;    char ch;    for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar());    if(ch=='-')    {        f=-1;        ch=getchar();    }    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())        sum=(sum<<3)+(sum<<1)+ch-48;    return sum*f;}const int maxn=2005;const int mo=1e+9;long long way[maxn][maxn],dp[maxn][maxn],sum[maxn][maxn],sum2[maxn][maxn];//way数组的意思是:way[i][j]表示选i个数加起来和为j的方案有多少个。dp数组的意思是:dp[i][j]表示前i行，第i行和为j的方案总数。long long ans;int n,m,T;void prework(){    for(int i=2;i<=2000;++i)        for(int j=0;j<=2000;++j)        {            way[i][j]=sum[i-1][j];//i个数和为j的方案数就是所有i-1个数和为（1——j）的方案数的总和（因为第i个数只需要补差就可以了）            sum[i][j]=(sum[i][j-1]+way[i][j])%mo;        }}int main(){    freopen("table.in","r",stdin);    freopen("table.out","w",stdout);    for(int i=0;i<=2000;++i)    {        way[1][i]=1;//只有1个数和为i的方案数肯定为1        if(i==0)            sum[1][i]=way[1][i];        else            sum[1][i]=(sum[1][i-1]+way[1][i])%mo;    }    prework();    T=getint();    while(T--)    {        n=getint();m=getint();        for(int i=0;i<=m;++i)        {            dp[1][i]=way[m][i];//第一行和为i只有way[m][i]种            if(i==0)                sum2[1][i]=dp[1][i];            else                sum2[1][i]=(sum2[1][i-1]+dp[1][i])%mo;        }        for(int i=2;i<=n;++i)            for(int j=0;j<=m;++j)            {                dp[i][j]=sum2[i-1][j]*way[m][j]%mo;//从第二行起，前i行第i行和为j的总方案数就是上一行每一种（前i-1行第i-1行和小于等于j的总方案数）累加再乘上m个数和为j的方案数                if(j==0)                    sum2[i][j]=dp[i][j];                else                    sum2[i][j]=(sum2[i][j-1]+dp[i][j])%mo;            }        ans=0;        for(int i=0;i<=m;++i)//最后一行和为0——m的dp数组累加就是答案            ans=(ans+dp[n][i])%mo;        cout<<ans<<'\n';//听说'\n'比endl要快一点    }    return 0;}

本题结。