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题目背景
小a和uim来到雨林中探险。突然一阵北风吹来，一片乌云从北部天边急涌过来，还伴着一道道闪电，一阵阵雷声。刹那间，狂风大作，乌云布满了天空，紧接着豆大的雨点从天空中打落下来，只见前方出现了一个披头散发、青面獠牙的怪物，低沉着声音说：“呵呵，既然你们来到这，只能活下来一个！”。小a和他的小伙伴都惊呆了！
题目描述
瞬间，地面上出现了一个n*m的巨幅矩阵，矩阵的每个格子上有一坨0~k不等量的魔液。怪物各给了小a和uim一个魔瓶，说道，你们可以从矩阵的任一个格子开始，每次向右或向下走一步，从任一个格子结束。开始时小a用魔瓶吸收地面上的魔液，下一步由uim吸收，如此交替下去，并且要求最后一步必须由uim吸收。魔瓶只有k的容量，也就是说，如果装了k+1那么魔瓶会被清空成零，如果装了k+2就只剩下1，依次类推。怪物还说道，最后谁的魔瓶装的魔液多，谁就能活下来。小a和uim感情深厚，情同手足，怎能忍心让小伙伴离自己而去呢？沉默片刻，小a灵机一动，如果他俩的魔瓶中魔液一样多，不就都能活下来了吗？小a和他的小伙伴都笑呆了！
现在他想知道他们都能活下来有多少种方法。
输入输出格式
输入格式：
第一行，三个空格隔开的整数n，m，k
接下来n行，m列，表示矩阵每一个的魔液量。同一行的数字用空格隔开。
输出格式：
一个整数，表示方法数。由于可能很大，输出对1 000 000 007取余后的结果。
输入输出样例
输入样例#1：
2 2 3 1 1 1 1
输出样例#1：
4
说明
【题目来源】
lzn改编
【样例解释】
样例解释：四种方案是：(1,1)->(1,2),(1,1)->(2,1),(1,2)->(2,2),(2,1)->(2,2)。
【数据范围】
对于20%的数据，n,m<=10,k<=2
对于50%的数据，n,m<=100,k<=5
对于100%的数据，n,m<=800,1<=k<=15
这题还不算太难，，当初看的时候不是很理解题意，以为他们会选择两条不同的路径，导致整体思路混乱
其实理解题意和思路之后还是敲了不短的时间，一部分身体原因再加上中午休息不太好，整个人思路较乱，靠本能打了一遍代码毫无头绪。恢复了一下状态重新开打，才算是A掉
题解
设dp[i][j][l][p]为当前走到第(i, j)位，当前(a - b) % k 为l，本次是第p个人取得药，p = 0为a，p = 1 为b，
此时的方案数
则 dp[i][j][l][1] += dp[i-1][j][((l + a[i][j]) % k + k) % k][0] + dp[i][j-1][((l + a[i][j]) % k + k) % k][0]
dp[i][j][l][0] += dp[i-1][j][((l - a[i][j]) % k + k) % k][1] + dp[i][j-1][((l - a[i][j]) % k + k) % k][1]
举个栗子：
假设本次在(3, 2)，该1(uim)走，则该状态的上一个状态应为 当前在(3,1)，该0(小a)走，当时的差为l + a[i][j] 另一个状态同理。
解释一下差加减的原理：
我们的dp方程的第三维定义的是a(小a) - b(uim)的差，那么按照上面的栗子来看，本步由uim来走，那么它们状态的差应减少，减少值为a[i][j]，所以上一状态为l + a[i][j]，
扯一点关于初始化的东西
由于题目中规定可以从每个点开始，同时必须小a先吸收，所以
对于读入的每一个a[i][j]，设dp[i][j][a[i][j] % k][0] = 1
其余点均为0
关于k
实在有些不理解出题人的脑洞，，(lzn别打我= =)，，只有k的容量，到了k+1就会清零，，，默默地k++吧
关于复杂度
记录两个人的当前值肯定会T，使用long long会M，据说常数太大会卡两个，暂时没发现
关于差值问题：
有人说差值可正可负，我当时也考虑了一段时间，后来发现在%k意义下对答案没有任何影响，即 k = 3时，（k + 1等于4时）a比b少2和a比b多2其实是等效的，即a拿2个后两人均相同
代码如下：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
const int maxn = 800 + 1;
const int mod = 1000000007;
int dp[maxn][maxn][16][2];
int a[maxn][maxn];
int n, m, k;
int main () {
scanf("%d %d %d", &n, &m, &k);
k++;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
scanf("%d", &a[i][j]);
dp[i][j][(a[i][j]) % k][0] = 1;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
for (int l = 0; l < k; l++) {
dp[i][j][l][1] = (dp[i][j][l][1] + dp[i-1][j][((l + a[i][j]) % k + k) % k][0] + dp[i][j-1][((l + a[i][j]) % k + k) % k][0]) % mod;
dp[i][j][l][0] = (dp[i][j][l][0] + dp[i-1][j][((l - a[i][j]) % k + k) % k][1] + dp[i][j-1][((l - a[i][j]) % k + k) % k][1]) % mod;
}
}
}
long long ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= m; j++) {
ans = (ans + dp[i][j][0][1]) % mod;
}
printf("%lld", ans);
return 0;
}