蓝桥杯.地宫取宝

a.第一眼审题看到从左上角走到右下角，dfs

b.再继续看题目，有限定条件：

1.走到一个位置依据已拿宝物的最大价值 maxn 选择是否拿宝

2.只有走到右下角且拿宝数 cnt = k 的路径才有效

c.所以第一步先把左上到右下的深搜写出来

因为待会涉及到一个宝物最大价值 maxn 和拿宝数 cnt 的问题，所以dfs传入四个参数

d. 但是光这样的条件深搜是得不到满分的，所以还得优化

通过对路径位置之间的关系分析我们可以知道：

在四个参数不变的前提之下，这个状态的dfs还是会被计算多次

最简单的情况：

从不同方向到达(x, y)点，如果之前的拿宝数都是cnt - 1，而且 maxn 都要小于 (x, y) 位置的宝物价值a[x][y]，那就会重复计算(x, y, a[x][y], cnt)。

更别说有可能在几步之前取宝数达到cnt-1，然后后面几步不拿宝，到 (x, y) 再拿宝到达 cnt 这个数值

e.因此这道题的重复计算是非常恐怖的，我们可以考虑用一个四维数组将已经计算出来的值存下来

这样就可以在到达一个搜索状态的时候，先去判断这个状态是否已经计算，如果计算过就直接返回之前的结果

至于为什么是四维数组，这是因为dfs的参数有四个，四维分别对应 dfs 的四个参数

注意点：因为宝物价值是有可能为 0 的，所以 maxn 的初值设定成了 -1 ，但数组是没有负下标的，因此在记忆的时候选择将 maxn 的下标 +1，通过偏移量来解决数组越界问题

具体的实现看代码吧~

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7;
//基本变量
int n, m, k;
//记忆数组，输入数组
ll vis[51][51][15][13], a[55][55];
//记忆化搜索
ll dfs(int x, int y, int maxn, int cnt)
{
    ll res = 0; 
    //到达边界或者取宝数大于k
    if(x > n || y > m || cnt > k) return 0;
    //已经计算过，直接返回
    if(vis[x][y][maxn+1][cnt] != -1) return vis[x][y][maxn+1][cnt];
    //边界出口
	if(x == n && y == m){
      if(cnt == k || (cnt == k-1 && a[n][m] > maxn)) return 1;
      return 0;
    }
    //拿或不拿分别两种走法
    if(a[x][y] > maxn){
        res += dfs(x+1, y, a[x][y], cnt+1);
        res += dfs(x, y+1, a[x][y], cnt+1);
	}
    res += dfs(x+1, y, maxn, cnt);
    res += dfs(x, y+1, maxn, cnt);
	//结果记忆并返回
    return vis[x][y][maxn+1][cnt] = res % mod;
}
int main(void)
{
    memset(vis, -1, sizeof(vis));
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        for(int j = 1; j <= m; j++)
            scanf("%d", &a[i][j]);
    }
    cout <