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题目
这一题相信大家都很快可以写出无优化的DP，我们为了方便DP，换个思路，题目是从左下角出发到右上角，我们改一下，改成从左上角到右下角，我们可以发现这样是不会对答案有任何影响的。我们定义状态dp[i][j]表示走到第i行第j个的方案数，状态转移方程可想而知：dp[i][j]=以这一格为右下角长度为k+1的正方形内数的累加和，当然超出我们大小的话例如：第2行第2个正方形大小为3，这样就超了所以我们为了防止数组越界，DP时要处理一下。下面上60分代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int dp[2010][2010],mod=998244353;
int main()
{
int w,h,k;
freopen("racing.in","r",stdin);
freopen("racing.out","w",stdout);
scanf("%d %d %d",&w,&h,&k);
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[1][1]=1;
for(int i=1;i<=h;i++)//枚举行
{
for(int j=1;j<=w;j++)//枚举列
{
for(int p=i;p<=i+k;p++)//枚举正方形的行
{
if(p>h)
break;
for(int l=j;l<=j+k;l++)//枚举正方形的列
{
if(l>w)//防止越界
break;
if(p==i && l==j)
continue;
dp[p][l]=(dp[p][l]+dp[i][j])%mod；//这边是枚举每个格子然后去更新其他的
}
}
}
}
printf("%d",dp[h][w]);//输出答案
return 0;
}
这是60分，我们想想优化，注意我刚刚说的话，我们要求的和是正方形，所以二维前缀和才是正解，我们可以边DP边做一个二维前缀和，一次查询，这样就AC了，上代码。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int dp[2010][2010],t[2010][2010];
int main()
{
int w,h,k,mod=998244353;
scanf("%d %d %d",&w,&h,&k);
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(t,0,sizeof(t));
t[0][0]=1;
dp[1][1]=1;
for(int i=1;i<=h;i++)
{
for(int j=1;j<=w;j++)
{
if(i==1 && j==1)
continue;
int x=max(i-k,1),y=max(j-k,1);//处理一下，防止越界
t[i][j]=(((t[i-1][j]%mod+t[i][j-1]%mod)%mod)-t[i-1][j-1]%mod+mod)%mod;//我们算一下二维前缀和，注意这边是边算边mod，防止计算时溢出，以及减法mod时要注意和加法不同
dp[i][j]=(((((((dp[i][j]%mod+t[i][j]%mod)%mod)+t[x-1][y-1]%mod)%mod)-t[i][y-1]%mod+mod)%mod)-t[x-1][j]%mod+mod)%mod;
t[i][j]=(t[i][j]+dp[i][j]%mod)%mod;//后面还要加一下本格的数据就完美了
}
}
cout <<dp[h][w];//开心地输出答案
return 0;
}
希望这篇题解对大家有帮助，祝大家早日AC。PS：本代码没有防抄袭，希望大家可以自己打一下，而不要复制黏贴。