dp解决路径数问题

例一、P1002 过河卒

题意：给出卒的坐标和敌方马的坐标，求卒不经过马的攻击范围从(0,0)点到达(n,m)的路径数
思路：设dp[ i ] [ j ] 为从(0,0)到达 ( i , j ) 点的路径数。可以得到转移方程：
$dp[0][0]=1$
$dp[i][j]=dp[i-1][j]+d[i][j-1]$
递推时，跳过马的攻击点即可

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

int n,m,x,y;
ll dp[21][21];
int visit[21][21];
int moves[][2]={0,0,-2,1,-1,2,1,2,2,1,2,-1,1,-2,-1,-2,-2,-1};

int main()
{
	cin>>n>>m>>x>>y;
	dp[0][0]=1;
	
	for(int i=0;i<=8;++i)
	{
		int nx=x+moves[i][0];
		int ny=y+moves[i][1];
		if(nx>=0&&nx<=n&&ny>=0&&ny<=m)
			visit[nx][ny]=1;
	}	
	for(int i=0;i<=n;++i)
	{
		for(int j=0;j<=m;++j)
		{
			if(!visit[i][j])
			{
				if(i)
					dp[i][j]+=dp[i-1][j];
				if(j)
					dp[i][j]+=dp[i][j-1];
			}
		}
	}
	cout<<dp[n][m]<<endl;  
	return 0;
}

2、把第一维压缩成 2
注意：正确的代码是：dp[i&1][j]=dp[(i-1)&1][j]; 而不是：dp[i&1][j]+=dp[(i-1)&1][j];
原因：该位置的值代表的是（i-2,j）位置的路径数，再加上dp[ i-1 ][ j ] 的值，没有任何意义。

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

int n,m,x,y;
ll dp[2][21];
int visit[21][21];
int moves[][2]={0,0,-2,1,-1,2,1,2,2,1,2,-1,1,-2,-1,-2,-2,-1};

int main()
{
	cin>>n>>m>>x>>y;
	dp[0][0]=1;
	
	for(int i=0;i<=8;++i)
	{
		int nx=x+moves[i][0];
		int ny=y+moves[i][1];
		if(nx>=0&&nx<=n&&ny>=0&&ny<=m)
			visit[nx][ny]=1;
	}	
	for(int i=0;i<=n;++i)
	{
		for(int j=0;j<=m;++j)
		{
			if(!visit[i][j])
			{
				if(i)
					dp[i&1][j]=dp[(i-1)&1][j];
				if(j)
					dp[i&1][j]+=dp[i&1][j-1];
			}
			else
				dp[i&1][j]=0; 
		}
	}
	cout<<dp[n&1][m]<<endl;  
	return 0;
}

3、直接压缩成一维

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

int n,m,x,y;
ll dp[21];
int visit[21][21];
int moves[][2]={0,0,-2,1,-1,2,1,2,2,1,2,-1,1,-2,-1,-2,-2,-1};

int main()
{
	cin>>n>>m>>x>>y;
	dp[0]=1;
	
	for(int i=0;i<=8;++i)
	{
		int nx=x+moves[i][0];
		int ny=y+moves[i][1];
		if(nx>=0&&nx<=n&&ny>=0&&ny<=m)
			visit[nx][ny]=1;
	}	
	for(int i=0;i<=n;++i)
	{
		for(int j=0;j<=m;++j)
		{
			if(!visit[i][j])
			{
				if(j)
					dp[j]+=dp[j-1];			
			}
			else
				dp[j]=0; 
		}
	}
	cout<<dp[m]<<endl;  
	return 0;
}

例二、P1006 传纸条

题意：从（1,1）到（n，m）传两张纸条，要求只能往下或者往右，两条路径不重复，并且使得同学的好心程度最大。求同学的好心程度
思路：从（1,1）到（n，m）最多要走n+m-2步，我们可以枚举步数。让两张纸条同时传送。设dp[step][i][j]表示走了step - 2步后，靠左的纸条在第i列，靠右的纸条在第j列。同时它们的横坐标是可以直接算出来的
转移方程：$$dp[s][i][j]=max(dp[s-1][i-1][j-1],dp[s-1][i-1][j],dp[s-1][i][j-1],dp[s-1][i][j])+a[s-i][i]+a[s-j][j]$$

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <vector>
#include <set>
#include <map>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cmath>
#define rep(i,a,b) for (int i=a; i<=b; ++i)
#define per(i,b,a) for (int i=b; i>=a; --i)
#define mes(a,b)  memset(a,b,sizeof(a))
#define mp make_pair
#define ll long long
#define pb push_back
#define ls (rt<<1)
#define rs ((rt<<1)|1)
#define isZero(d)  (abs(d) < 1e-8)
using namespace std;
const int maxn=1e5+5,INF=0x3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;

int n,m,a[55][55];
int dp[110][55][55];


int main()
{
	cin>>n>>m;
	rep(i,1,n)
		rep(j,1,m)
			cin>>a[i][j];
	mes(dp,-1);	
	dp[2][1][1]=0;
	for(int step=3;step<=n+m-1;++step)
	{
		for(int i=1;i<m;++i)
		{
			for(int j=i+1;j<=m;++j)
			{
				dp[step][i][j]=max(dp[step-1][i-1][j-1],dp[step][i][j]);
				dp[step][i][j]=max(dp[step-1][i-1][j],dp[step][i][j]);
				dp[step][i][j]=max(dp[step-1][i][j-1],dp[step][i][j]);
				dp[step][i][j]=max(dp[step-1][i][j],dp[step][i][j]);
				if(dp[step][i][j]==-1)
					continue;
				dp[step][i][j]+=a[step-i][i]+a[step-j][j];
			}			
		}
	}
	cout<<dp[n+m-1][m-1][m]<<endl;
	return 0;
}

例三、P1057 传球游戏

题意：n个人围成一圈传球，从小蛮开始传球，经过m次又传给小蛮的方法数
思路：设dp[i][j]表示经过 j 次传球又回到第 i 个人手中的方案数。从0号开始传球，又回到0号手中，答案就是dp[0][m]
转移方程：
$$dp[i][j]=dp[(i-1+n)\%n][j-1]+dp[(i+1)\%n][j-1]$$
注意：循环的顺序是不可以调换的。我们先从小到大枚举次数，然后再枚举最终球落在某个人的位置的编号。如果我们先枚举了人的编号，那么在更新dp[i][j]的时候，我们所需要的dp[i+1][j-1]其实是没有做过更新的。其实观察转移方程就能知道，循环的顺序了

#include <iostream>
using namespace std;

int n,m;
int dp[35][35];

int main()
{
	cin>>n>>m;
	dp[0][0]=1;
	for(int j=1;j<=m;++j)
		for(int i=0;i<=n-1;++i)
			dp[i][j]=dp[(i-1+n)%n][j-1]+dp[(i+1)%n][j-1];
			
    cout<<dp[0][m]<<endl;
	return 0;
}