5.12总结

[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<=n,m<=20,0<=马的坐标<=20.

【题目来源】

NOIP 2002 普及组第四题

思路： 分析到每一个点的路径数目，得到i(x,y)=(x-1,y)+(x,y-1)； 象棋中马走日，多以可以用数组记录马的走法，并将马能走到的地方变成-1，意味着禁止行走；

#include<stdio.h>
long long dp[100][100];
int kx[8]={-2,-2,-1,-1,1,1,2,2},ky[8]={1,-1,2,-2,2,-2,1,-1};
int main()
{
    int n,m,x,y;
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&x,&y);
    n+=1;m+=1;x+=1;y+=1; //整体空出一行一列，方便边界检查
    for(int i=0;i<8;i++)
    {
        if(x+kx[i]>=1&&x+kx[i]<=n&&y+ky[i]>=1&&y+ky[i]<=m)
            dp[x+kx[i]][y+ky[i]]=-1;
    }
    dp[1][0]=1;
    dp[x][y]=-1;  //马所在的点
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
    {
        if(dp[i][j]==-1)
            dp[i][j]=0;
        else
            dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1];
    }
    printf("%lld\n",dp[n][m]);
    return 0;
}

[NOIP2012 普及组] 摆花

题目描述

小明的花店新开张，为了吸引顾客，他想在花店的门口摆上一排花，共 m 盆。通过调查顾客的喜好，小明列出了顾客最喜欢的 n 种花，从 1 到 n 标号。为了在门口展出更多种花，规定第 i 种花不能超过 a_i盆，摆花时同一种花放在一起，且不同种类的花需按标号的从小到大的顺序依次摆列。

试编程计算，一共有多少种不同的摆花方案。

## 输入格式

第一行包含两个正整数 n 和 m，中间用一个空格隔开。

第二行有 n 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，依次表示 a_1,a_2,....,a_n。

## 输出格式

一个整数，表示有多少种方案。注意：因为方案数可能很多，请输出方案数对 $10^6+7$ 取模的结果。

## 样例 #1

### 样例输入 #1

```

2 4

3 2

```

### 样例输出 #1

```

2

```

## 提示

【数据范围】

对于 20% 数据，有 0<n<=8,0<m<=8,0<=a[i]<=8;

对于 50% 数据，有 0<n<=20,0<m<=20,0<=a[i]<=20;

对于 100% 数据，有 0<n<=100,0<m<=100,0<=a[i]<=100.

NOIP 2012 普及组

思路

dp[i][j]数组，i代表循环到第i种，j代表现在的花朵数，dp[i][j]代表表示当前只有前i个种类，只摆放j盆花的情况，所以我们得出状态转移方程：

dp[i][j]=dp[i][j]+dp[i-1][j-k]；

//dp[i][j]：表示当前只有前i个种类，只摆放j盆花的情况

#include<stdio.h>
long long dp[1005][1005];
long long n,m,f[1005];
long long mod=1000007;
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&f[i]);
    dp[0][0]=1;//没有物品表示只有一种情况
    for(int i=1;i<=n;i++) //种类
    {
        for(int j=0;j<=m;j++) //总和
        {
            for(int k=0;k<=f[i]&&k<=j;k++)//求和
            {
                dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j-k])%mod;
            }
        }
    }
    printf("%lld\n",dp[n][m]%mod);
    return 0;
}