达拉姆高阶领主(经典DP)

题意：

思路：dfs思路，从1开始传m次，每次可以选择向左或者向右，但是复杂度是2^30明显过不了(可以看作一个30位的二进制数，有0和1，当遍历到11111……111就会遍历完所有方案，这就是dfs的复杂度)，但是我们可以根据暴力代码，写个测试来看看我们dp是否写对了

dfs代码如下：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

int n, m, res;

void dfs(int u, int cnt)
{
	//向左移动
	if(u == 0)
	{

		dfs(n, cnt);
		return ;
	}
	if(u == n + 1)
	{
		dfs(1, cnt);
		return ;
	}
	
	if(cnt == 0)
	{
		if(u == 1)
		res ++ ;
		return ;
	}
	//左移 
//	cout << u << endl;
	if(cnt - 1 >= 0)
	dfs(u - 1, cnt - 1); 
	//右移
	if(cnt - 1 >= 0) 
	dfs(u + 1, cnt - 1); 
}

int main()
{
	cin >> n >> m;
	dfs(1, m);
	
	cout << res << endl;
	return 0;
}

DP思路：这道题的状态方程还是很好想出来的，状态方程要抓住如何清楚的描述一类状态。可以设f[i][j]为传了j次，当前在i的方案种数。

得到状态转移方程 f[i][j] = f[i - 1][j - 1] + f[i + 1][j - 1].

可以发现状态在更新的时候，由j - 1列更新而来。而行的更新却由i + 1和i - 1更新。所以如果先枚举行的话，会导致在计算当前状态时，他们的前置状态还没有计算出来。所以这里采取先按列枚举。

代码如下：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 5050;

int n, m, f[N][N];				//fij为传了j次，当前在i的方案总数，易得f[i][j] = f[i - 1][j - 1] + f[i + 1][j - 1],
								//先枚举行的话，会导致计算fij时，上一个问题没有计算到，所以先枚举列 
int main()
{
	cin >> n >> m;
	
	f[1][0] = 1;				//传0次，当前在1为问题起点，方案为1
	
	for(int j = 1; j <= m; j ++ )
	for(int i = 1; i <= n; i ++ )
	{
		if(i - 1 == 0) f[i][j] = f[n][j - 1];    //特殊情况，特判
		else f[i][j] = f[i - 1][j - 1];
		
		if(i + 1 == n + 1) f[i][j] += f[1][j - 1];//特殊情况，特判
		else f[i][j] += f[i + 1][j - 1];
	}
	
	cout << f[1][m] << endl;
	return 0;
}

 这样就成功的解决这个问题辣~~~