[NOIP2002 普及组] 过河卒

[NOIP2002 普及组] 过河卒

题目描述

棋盘上 \(A\) 点有一个过河卒，需要走到目标 \(B\) 点。卒行走的规则：可以向下、或者向右。同时在棋盘上 \(C\) 点有一个对方的马，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。因此称之为“马拦过河卒”。

棋盘用坐标表示，\(A\) 点 \((0, 0)\)、\(B\) 点 \((n, m)\)，同样马的位置坐标是需要给出的。

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。

输入格式

一行四个正整数，分别表示 \(B\) 点坐标和马的坐标。

输出格式

一个整数，表示所有的路径条数。

样例 #1

样例输入 #1

6 6 3 3

样例输出 #1

6

提示

对于 \(100 \%\) 的数据，\(1 \le n, m \le 20\)，\(0 \le\) 马的坐标 \(\le 20\)。

【题目来源】

NOIP 2002 普及组第四题

思路：

DP！

这道题初始位置是从 0 开始的，这样不是很利于我们解题，所以不如暂且把这题里涉及的坐标统统 +1，那么初始位置就从 \((0,0)\) 变成了 \((1,1)\)。

先考虑如果没有任何马的限制，卒子可以随便向右向下走，那么可以想到，一个卒子只能从 当前格子的左侧格子 和 当前格子的上方格子 上走到当前格子。那么假设从 \((1,1)\) 走到 当前格子的左侧格子 的路径条数是 \(x\)，从 \((1,1)\) 走到 当前格子的上方格子 的路径条数是 \(y\)，那么从 \((1,1)\) 走到当前格子的路径条数就应该是 \(x+y\)。

其实我们已经得到了一个动态规划的转移方程，设 \(f(i,j)\) 表示从$ (1,1)$ 格子走到当前格子的路径条数，那么根据上一段得到的结论，可以得到：

\(f(i,j) = f(i-1,j) + f(i,j-1)\)

\((i,j)\) 是当前格子，那么 \((i-1,j)\) 就是 当前格子的上方格子，\((i,j−1)\) 就是 当前格子的左侧格子。我们只需要从小到大依次枚举 \(i\) 和 \(j\) 就能获得所有点的答案，可以想到，在这道题里我们要求的答案就是 \(f(n,m)\)（因为 B 点的坐标是\((n,m)\)）。

当然如果只是按照这个公式推肯定不行，因为 \(f\) 的初始数值都是 0，再怎么推也都是 0，我们要让 \(f(1,1)\) 能根据上面得到的式子推出答案是 1，这样才能有有意义的结果。根据 \(f(1,1)=f(0,1)+f(1,0)\)，我们只需要让 \(f(1,0)=1\) 或者 \(f(0,1)=1\) 即可。

接下来考虑一下加入了 马 这道题该怎么做，假设 \((x,y)\) 这个点被马拦住了，其实就是说这个点不能被卒子走到，那当我们枚举到这个点的时候，发现他被马拦住了，那就直接跳过这个点，让 \(f(x,y)=0\) 就行了。

具体写代码的时候我们注意到在判断一个点有没有被马拦住时，会用到 \((i−2,j−1)\) 和 \((i−1,j−2)\) 这两个位置，那如果不把所有的点的坐标都加上 2 （前面分析的时候只把所有的坐标加上 1），就会因为数组越界而 WA 掉一个点。

答案可能很大，所以记得开 long long。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int fx[] = {0, -2, -1, 1, 2, 2, 1, -1, -2};
const int fy[] = {0, 1, 2, 2, 1, -1, -2, -2, -1};
//马可以走到的位置

int bx, by, mx, my;
long long f[40][40];
bool s[40][40]; //判断这个点有没有马拦住
int main(){
    scanf("%d%d%d%d", &bx, &by, &mx, &my);
    bx += 2; by += 2; mx += 2; my += 2;
    //坐标+2以防越界
    f[2][1] = 1;//初始化
    s[mx][my] = 1;//标记马的位置
    for(int i = 1; i <= 8; i++) s[mx + fx[i]][my + fy[i]] = 1;
    for(int i = 2; i <= bx; i++){
        for(int j = 2; j <= by; j++){
            if(s[i][j]) continue; // 如果被马拦住就直接跳过
            f[i][j] = f[i - 1][j] + f[i][j - 1];
            //状态转移方程
        }
    }
    printf("%long longd\n", f[bx][by]);
    return 0;
}