神仙题。对第一篇题解做出了一些补充说明并说了一下自己的理解。

首先你考虑去刻画小偷走的过程，发现它必然是一个划分螺旋矩阵的过程，如图所示，借用了一下第一篇题解的图：

其中红色的是你走的路线，黑色是你划分出来的矩阵，并且我们发现，你总按照上，右，下，左的循环去走。

我们以此来考虑一个很神的 DP 状态，定义 $f_{u,r,d,l,p}$ 表示你在矩形 $(u,l,d,r)$ 内，所有满足条件的路线数量，并且当前你沿着 $p$ 方向运动，$u,r,d,l$ 分别表示你当前在的这个矩形的上、右、左、下边界，$p$ 就是你行走的状态，$0$ 表示在向上走，$1$ 表示在向右走，以此类推。继续考虑转移，我们用小矩阵去更新大矩形，以当前正在向上为例，也就是我们要找到一个高度去右拐，此时最左边的一列已经访问过了，所以要 $l+1$，于是如果不考虑障碍物，转移式为 $f_{u,r,d,l,0}=\sum_{k=u}^d f_{k,r,d,l+1,1}$，解图大概是这样的（为 AI 大模型生成，仅供参考）：

此时考虑障碍物的问题，我们记路径上是否有警察即为 $check_u$，具体的，从当前位置走到转弯点的那条边上有没有障碍，维护是简单的随便前缀和可以求得，把 $check$ 乘入 DP 转移即可。

然后剩下的转移式类似去考虑即可，加入障碍物也是简单的。接着就是要去优化这个 DP 了，我们把求和式拆一下，还是以向上为例，那么就可以拆成 $f_{u,r,d,l+1,1}\times check_u+\sum_{k=u+1}^d (f_{u,r,d,l+1,1}\times check_k)$，后面那部分恰好是 $f_{u+1,r,d,l+1,1}$，那么我们的转移就被优化到了 $O(n^4)$。此时再去考虑空间我问题，你注意到每一个来源状态的矩形大小都减少了 $1$，也就是说当前层只依赖长度和宽度和少 $1$ 的层，我们对长度和宽度的和做滚动数组即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=105;
int n,m,mod;
int x,y;
int s1[N][N];
int s2[N][N];
int f[2][N][N][N][4];
int main(){
    cin>>n>>m>>mod>>y>>x;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            char c;
            cin>>c;
            while(c!='+'&&c!='*')cin>>c;
            s1[i][j]=s1[i][j-1]+(c=='*');
            s2[i][j]=s2[i-1][j]+(c=='*');
        }
    }
    for(int s=2;s<=n+m;s++){
        int tmp=s&1;
        int last=tmp^1;
        for(int h=1;h<s;h++){
            int w=s-h;
            if(h>n||w>m)continue;
            for(int u=1;u+h-1<=n;u++){
                int d=u+h-1;
                for(int l=1;l+w-1<=m;l++){
                    int r=l+w-1;
                    if(d<x||r<y)continue;
                    f[tmp][u][l][d][0]=
                    (
                        f[last][u+1][l][d][0]
                        +
                        (s2[d][l]==s2[u-1][l])
                        *
                        (f[last][u][l+1][d][1]+(u==x&&l==y))
                    )%mod;
                    f[tmp][u][l][d][1]=
                    (
                        f[last][u][l][d][1]
                        +
                        (s1[u][r]==s1[u][l-1])
                        *
                        (f[last][u+1][l][d][2]+(u==x&&r==y))
                    )%mod;
                    f[tmp][u][l][d][2]=
                    (
                        f[last][u][l][d-1][2]
                        +
                        (s2[d][r]==s2[u-1][r])
                        *
                        (f[last][u][l][d][3]+(d==x&&r==y))
                    )%mod;
                    f[tmp][u][l][d][3]=
                    (
                        f[last][u][l+1][d][3]
                        +
                        (s1[d][r]==s1[d][l-1])
                        *
                        (f[last][u][l][d-1][0]+(d==x&&l==y))
                    )%mod;
                }
            }
        }
    }
    cout<<f[(n+m)&1][1][1][n][0];
}