洛谷 P1002 [NOIP2002 普及组] 过河卒
作者：互联网
题目链接 https://www.luogu.com.cn/problem/P1002
一道入门的dp问题。
初始位置为(0,0)，有点儿麻烦，改为(1,1)，所以所有坐标的位置全部+1。
卒到达的每一个位置都是从此位置的上方和左方走过来的。那么假设卒从(1,1)到达此点的左方点的路径有x条，到达此点的上方点的路径有y条，则到达此点的路径有x+y条。
那么可以得到状态转移方程：dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]，所以最终的答案被储存在dp[n][m]（假设B的坐标为（n,m））。
需要注意的是需要对dp[1][1]或dp[2][0]进行初始化=1，否则无论走到哪个点其结果都是0。（令dp[2][1]=1按道理也是可以的，我也是这么写的）。
接下来开始循环计算到达每个点有几条路径。当遇到马和马能到达的点时就跳过。在这之前需要将马所在的点和马能到达的位置初始化，用来判断。
放AC代码
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 int bx,by,mx,my;
4 long long int dp[40][40];
5 int s[40][40];
6 int main()
7 {
8 cin>>bx>>by>>mx>>my;
9 bx+=2; by+=2; mx+=2; my+=2;//防止越界,并且假设A点为(1,1)
10 dp[2][1]=1;
11 s[mx][my]=1;//标记马的位置以及马能到达的点
12 s[mx-2][my-1]=1; s[mx-2][my+1]=1;
13 s[mx-1][my-2]=1; s[mx-1][my+2]=1;
14 s[mx+1][my-2]=1; s[mx+1][my+2]=1;
15 s[mx+2][my-1]=1; s[mx+2][my+1]=1;
16 for(int i=2;i<=bx;i++)
17 {
18 for(int j=2;j<=by;j++)
19 {
20 if(s[i][j]) continue;//如果此点被标记则跳过
21 dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1];//状态转移方程
22 }
23 }
24 cout<<dp[bx][by];
25 return 0;
26 }
当然，还可以优化。用滚动数组可以节省空间。
因为我们只用到第i行和第i-1行的答案，所以可以只定义dp[2][1]就好了。
如何只保留第i和第i-1行的答案？取模。i=>i%2，i-1=>(i-1)%2。
此外，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。
另，学到了一个新知识：
x%2可以在代码中写成更快的运算方式x&1。
如果x是偶数，那么x&1=0，如果x是奇数，那么x&1=1。
测试了一下：
拿给出的第五个测试点来说，即输入14 16 7 5（我怎么知道的？蛤蛤，因为我又出现鲨臂错误啦！）。
用codeblocks跑出来：%2为3.348s；&1为3.117s。（um...一点点也是快啦）
放AC代码
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 int bx,by,mx,my;
4 long long dp[2][40];
5 int s[40][40];
6 int main()
7 {
8 cin>>bx>>by>>mx>>my;
9 bx+=2; by+=2; mx+=2; my+=2;
10 dp[1][2]=1;
11 s[mx][my]=1;
12 s[mx-2][my-1]=1; s[mx-2][my+1]=1;
13 s[mx-1][my-2]=1; s[mx-1][my+2]=1;
14 s[mx+1][my-2]=1; s[mx+1][my+2]=1;
15 s[mx+2][my-1]=1; s[mx+2][my+1]=1;
16 for(int i=2;i<=bx;i++)
17 {
18 for(int j=2;j<=by;j++)
19 {
20 if(s[i][j])
21 {
22 dp[i&1][j]=0;
23 continue;
24 }
25 dp[i&1][j]=dp[(i-1)&1][j]+dp[i&1][j-1];
26 }
27 }
28 cout<<dp[bx&1][by];
29 return 0;
30 }
标签：洛谷,NOIP2002,int,bx,P1002,40,my,mx,dp 来源： https://www.cnblogs.com/marswithme/p/16055899.html