https://www.luogu.org/problem/P1002

题目描述

如图,A 点有一个过河卒,需要走到目标 B 点。卒行走规则:可以向下、或者向右。同时在棋盘上的任一点有一个对方的马(如上图的C点),该马所在的点和所有跳跃一步可达的点称为对方马的控制点。例如上图 C 点上的马可以控制 9 个点(图中的P1,P2 … P8 和 C)。卒不能通过对方马的控制点。
棋盘用坐标表示,A 点(0,0)、B 点(n,m)(n,m 为不超过 20 的整数,并由键盘输入),同样马的位置坐标是需要给出的(约定: C不等于A,同时C不等于B)。现在要求你计算出卒从 A 点能够到达 B 点的路径的条数,假设马的位置是固定不动的,并不是卒走一步马走一步。。

输入描述:

输入B点的坐标(n,m)以及对方马的坐标(X,Y){不用判错}

输出描述:

输出一个整数(路径的条数)。

示例1

输入

   

输出


说明/提示

结果可能很大!

一开始按DFS做,超时

 #include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <string>
#include <math.h>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <math.h>
const int INF=0x3f3f3f3f;
typedef long long LL;
const int mod=1e9+;
const double PI=acos(-);
const int maxn=;
using namespace std;
//ios::sync_with_stdio(false);
// cin.tie(NULL); int n,m,x,y;
int ans; bool judge(int a,int b)
{
if(a==x&&b==y)
return false;
if(a==x-&&b==y-)
return false;
if(a==x-&&b==y-)
return false;
if(a==x+&&b==y-)
return false;
if(a==x+&&b==y-)
return false;
if(a==x-&&b==y+)
return false;
if(a==x+&&b==y+)
return false;
if(a==x-&&b==y+)
return false;
if(a==x+&&b==y+)
return false;
return true;
} void DFS(int a,int b)
{
if(a==n&&b==m)
{
ans++;
return ;
}
if(a+<=n&&judge(a+,b))
DFS(a+,b);
if(b+<=m&&judge(a,b+))
DFS(a,b+);
} int main()
{
scanf("%d %d %d %d",&n,&m,&x,&y);
DFS(,);
printf("%d\n",ans);
return ;
}

后来以为if判断太多,换了种方法,依然超时

 #include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <string>
#include <math.h>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <math.h>
const int INF=0x3f3f3f3f;
typedef long long LL;
const int mod=1e9+;
const double PI=acos(-);
const int maxn=;
using namespace std;
//ios::sync_with_stdio(false);
// cin.tie(NULL); int n,m,x,y;
int G[][];
int ans; void DFS(int a,int b)
{
if(a==n&&b==m)
{
ans++;
return ;
}
if(a+<=n&&G[a+][b]==)
DFS(a+,b);
if(b+<=m&&G[a][b+]==)
DFS(a,b+);
return ;
} int main()
{
//freopen("testdate.in","r",stdin);
scanf("%d %d %d %d",&n,&m,&x,&y);
G[x][y]=;
if(x->=)
{
G[x-][y-]=;
G[x-][y+]=;
}
if(y->=)
{
G[x-][y-]=;
G[x+][y-]=;
}
if(x->=)
{
G[x-][y+]=;
}
if(y->=)
{
G[x+][y-]=;
}
G[x+][y+]=;
G[x+][y+]=;
DFS(,);
printf("%d\n",ans);
return ;
}

最后意识到,这题没那么简单.

看过题解才明白这题是记忆化递推,或者说是DP

DP题就是要找到状态转移方程,这题的状态转移方程只用手动模拟一下就可以了,就可以得出到每一个点的方案数就是上面和左边的方案数的总和(因为只可以向右走或向下走),具体的状态转移方程是

即可以写成DP[i][j]=max(DP[i][j],DP[i-1][j]+DP[i][j-1])

注意,最大的结果已经超过了int的范围,这是一个坑

 #include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <string>
#include <math.h>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <math.h>
const int INF=0x3f3f3f3f;
typedef long long LL;
const int mod=1e9+;
const double PI=acos(-);
const int maxn=;
using namespace std;
//ios::sync_with_stdio(false);
// cin.tie(NULL); int n,m,x,y;
LL DP[][];//DP[i][j]代表从A点到(i,j)的线路条数
bool G[][];//判断这个点有没有马盯着
//马可以走到的位置
int fx[]={,-,-,,,,,-,-};
int fy[]={,,,,,-,-,-,-}; int main()
{
scanf("%d %d %d %d",&n,&m,&x,&y);
n+=;m+=,x+=,y+=;//坐标加2,防止标记马时越界
for(int i=;i<=;i++)//标记马的位置
{
G[x+fx[i]][y+fy[i]]=true;
}
DP[][]=;//初始化
for(int i=;i<=n;i++)
{
for(int j=;j<=m;j++)
{
if(G[i][j])
continue;
DP[i][j]=max(DP[i][j],DP[i-][j]+DP[i][j-]);//状态转移方程
}
}
printf("%lld\n",DP[n][m]);
return ;
}

下面粘一个有意思的代码(递推):

我们可以发现一个规律:每个数都等于它上面左边的数的和

 #include <iostream>
using namespace std; int n,m,my,mx;
long long a[][]; int main()
{
cin >>n >>m >>my >>mx;//输入数据
n=n+;m=m+;my=my+;mx=mx+; //隔出两格,当要把马可跳到的地方掷成0时不会出错
for(int z=;z<=m;z++)
{
for(int y=;y<=n;y++)
{
a[z][y]=a[z-][y]+a[z][y-]; //将这个数左边和上面的数相加
a[][]=;//由于会把起点掷成0,所以要回归1
a[mx][my]=;//将马的地方掷成0
a[mx+][my+]=;a[mx+][my-]=;//将马可跳到的地方掷成0
a[mx-][my+]=;a[mx-][my-]=;//将马可跳到的地方掷成0
a[mx+][my+]=;a[mx+][my-]=;//将马可跳到的地方掷成0
a[mx-][my+]=;a[mx-][my-]=;//将马可跳到的地方掷成0
}
}
cout <<a[m][n];//输出结果
return ;
}

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