[NOIP2002 普及组] 过河卒 题解

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，AA 点 (0,0)、BB 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。

输入输出样例

输入 #1

6 6 3 3

输出 #1

6

说明/提示

对于 100% 的数据，1≤n,m≤20=，0≤= 马的坐标 ≤20。

【题目来源】

NOIP 2002 普及组第四题

一道比较入门的 dp 题

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)(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 yy，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)(i,j) 是当前格子，那么 (i−1,j)(i−1,j) 就是 当前格子的上方格子，(i,j−1)(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 ii 和 jj 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)f(n,m)（因为 B 点的坐标是(n,m)(n,m)）。

当然如果只是按照这个公式推肯定不行，因为 ff 的初始数值都是 0，再怎么推也都是 0，我们要让 f(1,1)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)f(1,1)=f(0,1)+f(1,0)，我们只需要让 f(1,0)=1 或者 f(0,1)=1f(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)(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)=0f(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<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
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;
ll 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("%lld\n", f[bx][by]);
    return 0;
}

---

考虑滚动数组优化。

观察转移方程 :

f(i,j)=f(i−1,j)+f(i,j−1)f(i,j)=f(i−1,j)+f(i,j−1)

每一次转移只需要提供 f(i−1,j)f(i−1,j) 和 f(i,j−1)f(i,j−1)。

即当前位置上方格子的答案与当前位置左边的答案，也就是说，对于一次转移，我们只需要用到横坐标是 ii 和横坐标是 i−1i−1 这两行的答案，其他位置的答案已经是没有用处的了，我们可以直接丢掉不管他们。

怎么只保留第 ii 行和第 i−1i−1 行的答案呢？答案是取模（C++ 中的运算符 %）。

i % 2≠(i−1) % 2i % 2=(i−1) % 2，所以我们把第一维的坐标 ii 都取模 2 变成 i % 2i % 2，并且不断覆盖原来数组里存的答案，就成功做到只保留第 ii 行和第 i−1i−1 行的答案了。

众所周知，x % 2可以在代码中写成更快的运算方式 i & 1。

如果 x 是偶数，那么 x & 1=0，如果 xx 是奇数，那么 x & 1=1。

那么新的转移方程就可以变成：

f(0,1)=1f(0,1)=1f(i & 1,j)=f((i−1) & 1,j)+f(i & 1,j−1)

f((i−1) & 1,j)就是当前位置上边格子的答案。

f(i & 1,j−1)就是当前位置左边的答案。

这样 , 数组第一维是不是就可以压成 2 了呢？

另外 , 因为是滚动数组 , 所以如果当前位置被马拦住了一定要记住清零。

代码 :

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
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};
int bx, by, mx, my;
ll f[2][40];    //第一维大小为 2 就好
bool s[40][40];

int main(){
    scanf("%d%d%d%d", &bx, &by, &mx, &my);
    bx += 2; by += 2; mx += 2; my += 2;
    f[1][2] = 1; //初始化
    s[mx][my] = 1;
    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]){
                f[i & 1][j] = 0; //被马拦住了记住清零
                continue;
            }
            f[i & 1][j] = f[(i - 1) & 1][j] + f[i & 1][j - 1]; 
            //新的状态转移方程
        }
    }
    printf("%lld\n", f[bx & 1][by]);
    //输出的时候第一维也要按位与一下
    return 0;
}

---

好的那继续来看看能不能再优化。

唯一再有点优化空间的地方就是那个大小为 2 的第一维了，那么为什么我们去不掉这个 2 呢？

因为状态转移的时候需要一个 f(i−1,j)f(i−1,j)，所以必须要多开一维。

那么我们如果优化掉了这里，当然就不再需要二维数组了。

观察我们能发现 , 这个 f(i−1,j)f(i−1,j) 与当前位置的 f(i,j)f(i,j) 的第二维一样 , 都是 j , 而第一维只是差了 1。

我们考虑直接去掉第一维，来看这个状态转移方程 :

f(j)=f(j)+f(j−1)f(j)=f(j)+f(j−1)

是不是就把数组变成一维了呢？但是如何解释这个方程？

f(j)+f(j−1)f(j)+f(j−1) 里面，f(j−1)f(j−1) 就是前面方程里的 f(i,j−1)f(i,j−1)。

至于 f(j)f(j) , 因为还没有被更新过 , 所以答案仍然保存的是上次求出的答案 , 即 f(i−1,j)f(i−1,j)。

这样 , 就把二维数组成功变成了一维数组。

代码 :

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;

// 快速读入
template <class I>
inline void read(I &num){
    num = 0; char c = getchar(), up = c;
    while(!isdigit(c)) up = c, c = getchar();
    while(isdigit(c)) num = (num << 1) + (num << 3) + (c ^ '0'), c = getchar();
    up == '-' ? num = -num : 0; return;
}
template <class I>
inline void read(I &a, I &b) {read(a); read(b);}
template <class I>
inline void read(I &a, I &b, I &c) {read(a); read(b); read(c);}

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

int bx, by, mx, my;
ll f[40];   //这次只需要一维数组啦
bool s[40][40];

int main(){
    read(bx, by); read(mx, my);
    bx += 2; by += 2; mx += 2; my += 2;
    f[2] = 1;   //初始化
    s[mx][my] = 1;
    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]){
                f[j] = 0; // 还是别忘了清零
                continue;
            }
            f[j] += f[j - 1];
            //全新的 简洁的状态转移方程
        }
    }
    printf("%lld\n", f[by]);
    return 0;
}

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