NOIP2002-过河卒—经典的dp思想

Description

如图，A 点有一个过河卒，需要走到目标 B 点。卒行走规则：可以向下、或者向右。同时在棋盘上的任一点有一个对方的马（如上图的C点），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。例如上图 C 点上的马可以控制 9 个点（图中的P1，P2 … P8 和 C）。卒不能通过对方马的控制点。



棋盘用坐标表示，A 点（0，0）、B 点（n,m）(n,m 为不超过 20 的整数，并由键盘输入)，同样马的位置坐标是需要给出的（约定: C<>A，同时C<>B）。现在要求你计算出卒从 A 点能够到达 B 点的路径的条数。

Input

键盘输入

B点的坐标（n,m）以及对方马的坐标（X,Y）{不用判错}

Output

屏幕输出

一个整数（路径的条数）。

Sample Input

6 6 3 2

Sample Output

17

Source

NOIP2002
题解思路：：由于刚刚学过dfs，就很自然的想到了用dfs来做，但是一个很严重的问题就是时间复杂度用dfs的时间复杂度是n! 20! = 2432902008176640000，就算是剪枝也做不来。今天又看到这个题目，发现这是一道经典的dp题，状态转移方程为dp[ i ][ j ] = dp[ i-1 ][ j ] + dp[ i ][ j - 1 ],只要把（0,0）的位置的dp设置为1，把马占去的位置的
dp 设置为0，问题迎刃而解。
为了避免判断各种情况，我把（0，0）坐标移到（3,3）把dp数组开到28.
代码：：

#include <iostream>
#include <sstream>
#include <ios>
#include <iomanip>
#include <functional>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <string>
#include <list>
#include <queue>
#include <deque>
#include <stack>
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <climits>
#include <cctype>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MP(X,Y) make_pair(X,Y)
#define PB(X) push_back(X)
#define REP(X,N) for(int X=0;X<N;X++)
#define REP2(X,L,R) for(int X=L;X<=R;X++)
#define DEP(X,R,L) for(int X=R;X>=L;X--)
#define CLR(A,X) memset(A,X,sizeof(A))
#define IT iterator
#define M_PI 3.14159265358979323846
#define _ ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
#define X first
#define Y second
#define MAX_V 10101
//#define maxn 10
#define lowbit(X) (X & (-X))
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>PII;
typedef pair<PII,int>PPI;
/************************************************
********************头文件**********************
************************************************/
ll n,m,X,Y;
ll dir[9][2]={{0,0},{1,2},{2,1},{2,-1},{1,-2},{-1,-2},{-2,-1},{-2,1},{-1,2}};
ll dp[28][28];
int main()
{
    cin>>n>>m>>X>>Y;
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    dp[3][3]=1;
    REP2(i,3,n+3){
        REP2(j,3,m+3){
            REP(k,9){
                dp[X+dir[k][0]+3][Y+dir[k][1]+3] = 0;
            }
            dp[i][j] = dp[i-1][j]+dp[i][j-1];
            dp[3][3] = 1;

        }
    }
    cout<<dp[n+3][m+3]<<endl;
    return 0;
}