大意：
给定一个 n*m 的 01矩阵，现要从左上角走到右下角，每次只能往下或者往右走。
求走到右下角，经过 0 的数量至少为 p，1 的数量至少为 q 的路径个数。
( 1 ≤ n , m ≤ 500 , 0 ≤ p , q ≤ 10000 ) . (1≤n,m≤500,0≤p,q≤10000). (1≤n,m≤500,0≤p,q≤10000).
思路：
状态表示：
dp[i,j,k]：走到(i,j)点时，经过 0 的数量恰好为 k 的，路径个数。
状态转移：
- a [ i , j ] = 0 时 ， d p [ i , j , k ] = d p [ i − 1 , j , k − 1 ] + d p [ i , j − 1 , k − 1 ] ; a[i,j]=0时，dp[i,j,k] = dp[i-1,j,k-1] + dp[i,j-1,k-1]; a[i,j]=0时，dp[i,j,k]=dp[i−1,j,k−1]+dp[i,j−1,k−1];
- a [ i , j ] = 1 时 ， d p [ i , j , k ] = d p [ i − 1 , j , k ] + d p [ i , j − 1 , k ] . a[i,j]=1时，dp[i,j,k] = dp[i-1,j,k] + dp[i,j-1,k]. a[i,j]=1时，dp[i,j,k]=dp[i−1,j,k]+dp[i,j−1,k].
#因为路径总长度为n+m-1，所以0的数量至少为p，1的数量至少为q，那么
路径中 0 的数量范围就为：[p, n+m-1-q]. //很妙！
所以从p到n+m-1-q遍历(n,m)位置的k，将路径数dp[n,m,k]累加即可。
但是这样的话空间复杂度为O(nm*(n+m))，MLE。
因为当前点状态只能由左点和上一点更新，当前层的状态转移只会用到上一层，所以考虑滚动数组优化。
第一维只需要存储当前层状态和上一层状态，所以大小开为2。
如果当前层数为奇数的话，第一维状态为1；否则为0。即，i&1。
那么状态转移方程就为：
a[i,j]=0时，dp[i&1,j,k] = dp[i&1-1, j, k-1] + dp[i&1, j-1, k-1];
a[i,j]=1时，dp[i&1,j,k] = dp[(i-1)&1, j, k] + dp[i&1, j-1, k].
空间复杂度降到了 O(2m(n+m))。
Code：
int T, n, m;
int a[N][N];
ll dp[2][N][N];
int main(){
int p,q;
cin>>n>>m>>p>>q;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
cin>>a[i][j];
if(a[1][1]) dp[1][1][0]=1;
else dp[1][1][1]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
for(int k=0;k<=i+j;k++)
{
if(i==1&&j==1) continue;
if(a[i][j]) dp[i&1][j][k] = (dp[(i-1)&1][j][k] + dp[i&1][j-1][k])%998244353;
else dp[i&1][j][k] = (dp[(i-1)&1][j][k-1] + dp[i&1][j-1][k-1])%998244353;
}
ll ans=0;
for(int i=p;i<=n+m-1-q;i++){
ans = (ans + dp[n&1][m][i])%998244353;
}
cout<<ans;
return 0;
}
初始化很重要！
因为所有状态都是从(1,1)点转移过来的，所以特判(1,1)点的状态。
很不错的一道dp题。