洛谷普及组P1002 [NOIP 2002 普及组] 过河卒

题目：[NOIP 2002 普及组] 过河卒

题号：P1002

难度：普及一

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该文章记录关于解决方案的整个思路，想要解决答案，请直接滑到底端。

愚人节快乐

题目分析

这道题，大致来看还是挺令人迷惑的，

每次只能向下或者向右走一格的距离，且路径中存在若干个阻挡点，

最后统计出能到达目标点的路径数。

引入大致思路

这是我第首先想到的思路。

左边的绿色点是起点相对马的可能的位置，

右边和下边的绿色点是终点相对马的可能位置。

看似马口所占领的八个点，实际上由于卒只能向右或向下走，

则图中的红点也是默认无法抵达的点，可以去除，这样的话。

原本的通路就变成了：

马控区域的上路，

马控区域的上半条路，

马控区域的下半条路，

马控区域的下路，

然后对于外面的四条蓝色边框区域分别求路径，

且黄色点可选择是否进入，进入的话，就分别对应一个蓝点道路，

中间是没有选择的，

除此之外再额外考虑两个橙色点（左下橙色点，只能由左边进入，右上橙色点只能由上边进入）

说的轻巧，直接求各部分路径，但是路径怎么求？

其实只要仔细看不难发现，我把外面的蓝色区域分成的都是矩形，且中间不包含阻挡点，

关于矩形坐标对角点相隔的路径，我们是有方法的。

矩形路径

在该4*4的矩形表格中从左上顶点到右下顶点，应该有多少中可能的路径 ，

首先，肯定要向右走4步，向下也走4步，那么就是8步。

且每次不是向下走就是向右走，则如果挑出向右走或者向左走的步数，

就反向也得到另一种走法的步数，但是我们已经说了需要向右和向下各4步，

但是不知道具体哪一步向下或向右，

则对于这个问题，使用数学排列组合知识，C (x+y, x) ，

即在m+n步找出具体的m步或n步，当然由数学知识可知，无论向下还是向右，

知道其一便可得其二，C (x+y, x)  = C (x+y, y);

如果写成运算形式就是(x + y)! / (x! * y!)。

初始基本思路

那这样看的话，矩形区域的路径就解决好了，

而还需要面临的问题就是剩下的极少数的矩形外的区域，

和重合矩形的重叠问题，以及走到黄点是否拐弯的问题。

其中通过黄点进入区域的问题最好解决，因为如果通过该路径的话，那么

路径数 = 起点走到黄点的路径 * 蓝点走到终点的路径。

关于第二个问题，面临的问题就是剩下的极少数的矩形外的区域，

也就是图中两个橙色点，不难发先，两个橙色点均只有一个通过方法，

（左下角的橙色点左近下出，右上角的橙色点上进下出）

这样的话也就是和前一个问题一样了，

路径数 = 起点到进入橙色的路径 * 从橙色点出来走到终点的路径。

从两个橙色点出来之后走向终点的范围都是矩形区域，这样便实现了全矩形区域的计算。

此时面对的就仅剩下一个问题，就是处理减去矩形重合计算的部分。

但是这本身就是一个动态规划的问题，该方法对于该题过于麻烦，先不用动态规划，

在此方法的基础上优化一下。

初始基本思路的重新构建的优化

我刚开始提到过的就是分成各个矩形，然后分别求矩形的路径，现在我们退一步。

将起点到终点的全部区域当成一个矩形，假设没有阻挡点，然后计算路径。

很显然n*m的矩形区域的路径数 = C (n+m, n) = (n + m)! / (n! * m!);

引入阻挡点

当存在一个阻挡点时，我们需要做的时减去经过该阻挡点的全部路径数，就得到了有效路径数。

计算方法正如前面所提到的  该点前路径 *该点后路径。

也就是 C (n1+m1, n1)  * C (n2+m2, n2) 其中n1 + n2 = 总长n m1 + m2 = 总宽m。

这样的话，最终目标有效路径就是C (n+m, n) -  C (n1+m1, n1)  * C (n2+m2, n2)；

(n + m)! / (n! * m!) - [（n1+ m1)! / (n1! * m1!) ] * [ (n2 + m2)! / (n2! * m2!) ]

便得到了最终的计算公式，但是我们面临的点并非是单个的阻挡点，

假设有两个阻挡点 ，便需要计算同时经过两条阻挡点的路径，便需要分成三个概念矩形计算，还有仅仅经过某个阻挡点的次数，还要再被减去，这样一直套娃的形式，虽然不难，但是计算量和时间复杂度随着阻挡点的增加而急剧增加，显然不符合接解题的要求，所以该思路适用于阻挡点较少的情况，我们不得步换别的方法。

从此行开始，存在某些代码步骤来源于AI，本章下半部分我结合AI代码和思路仅作解题总结。 

动态规划

动态规划通常是将问题分解为子问题，通过保存子问题的解来避免重复计算。

在这个问题里，每个点的路径数依赖于其上方和左方的点，所以适合用动态规划。

需要从状态转移方程入手，说明每个点的路径数是如何由前一步推导出来的。

同时，要强调阻挡点的处理方式，即如果某个点被阻挡，那么它的路径数为 0，并且不会对后续的点产生贡献。

起点如果被阻挡，直接返回 0。否则，起点的路径数是 1。按行或列的顺序遍历每个点，确保在计算当前点时，上方和左方的点已经被处理过

动态规划的核心是状态转移。对于网格中的每个点 (i,j)，其路径数等于从上方 (i-1,j) 和左方 (i,j-1) 到达此处的路径数之和。

如果某点被阻挡，则其路径数为 0，且不会对后续点产生贡献。

简要来说：每个点都只有两种形式到达，（从上面位置进入，从左边位置进入）

则 到达某点的路径数 = 从上面进入的路径数 + 从左边进入的路径数；

而前一个点仍然满足这个规律，这时便涉及到状态转移

        dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]（当 (i,j) 未被阻挡时）

简单说明一下大致步骤

1. 初始化 DP 数组

创建一个 m x n 的二维数组 dp，初始值为 0。检查起点 (0,0) 是否被阻挡：若阻挡，直接返回 0（无法出发）。否则，dp[0][0] = 1。

储存马的位置

const int fx[] = {0, -2, -1, 1, 2, 2, 1, -1, -2};

const int fy[] = {0, 1, 2, 2, 1, -1, -2, -2, -1};

2. 遍历网格

使用双重循环遍历每个点 (i,j)，从左上到右下。

顺序说明：
先处理上方和左方的点，确保计算 dp[i][j] 时，dp[i-1][j] 和 dp[i][j-1] 已计算完成。

3. 处理阻挡点

• 若当前点 (i,j) 被阻挡：将 dp[i][j] 设为 0，表示无法到达此处。跳过后续计算，因为该点不会贡献路径。

4. 状态转移

• 若当前点未被阻挡：上方贡献：若 i > 0，则 dp[i][j] += dp[i-1][j]。左方贡献：若 j > 0，则 dp[i][j] += dp[i][j-1]。

5. 结果输出：最终结果为 dp[m-1][n-1]，即右下角终点的路径数。

源代码

#include <stdio.h>

#define MAX 25

int main() {
    int n, m, cx, cy;
    scanf("%d %d %d %d", &n, &m, &cx, &cy);
    
    int block[MAX][MAX] = {0};
    // 标记马的位置及其控制点
    block[cx][cy] = 1;
    int dx[] = {1, 1, -1, -1, 2, 2, -2, -2};
    int dy[] = {2, -2, 2, -2, 1, -1, 1, -1};
    for (int i = 0; i < 8; i++) {
        int nx = cx + dx[i];
        int ny = cy + dy[i];
        if (nx >= 0 && nx <= n && ny >= 0 && ny <= m) {
            block[nx][ny] = 1;
        }
    }
    
    long long dp[MAX][MAX] = {0};
    if (!block[0][0]) {
        dp[0][0] = 1;
    }
    for (int i = 0; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j <= m; j++) {
            if (block[i][j]) continue;
            if (i > 0) dp[i][j] += dp[i - 1][j];
            if (j > 0) dp[i][j] += dp[i][j - 1];
        }
    }
    printf("%lld\n", dp[n][m]);
    return 0;
}

这个方法好理解，但是上手并不好写，当然这道题本身就是属于动态规划的典型题，肯定要用动态规划来解题。关于动态规划，有点类似于数学中的斐波那契数列，看来也是可以用递归来解的。将复杂问题（如路径计数）拆解为可递归解决的子问题

写完文章之后提升还是很多的，现在再回头看看本道题刚开始的思路，虽然不是本题合适的解决办法，但是还是有一定的思路基础的，写进笔记就当作昙花一现的果实吧。

也是快四点了，晚安。

当我以为这道题彻底结束的时候，

我又欣赏到了洛谷某位大神的优化方法，

由于版权问题，在本篇文章不做提及，感兴趣的朋友可以通过下述链接查看：题解 P1002 【过河卒】 - 洛谷专栏https://www.luogu.com.cn/article/bgami1gy