DP-BZOJ-1616-[Usaco2008 Mar]Cow Travelling游荡的奶牛

Description

奶牛们在被划分成N行M列(2 <= N <= 100; 2 <= M <= 100)的草地上游走，试图找到整块草地中最美味的牧草。Farmer John在某个时刻看见贝茜在位置 (R1, C1)，恰好T (0 < T <= 15)秒后，FJ又在位置(R2, C2)与贝茜撞了正着。 FJ并不知道在这T秒内贝茜是否曾经到过(R2, C2)，他能确定的只是，现在贝茜在那里。 设S为奶牛在T秒内从(R1, C1)走到(R2, C2)所能选择的路径总数，FJ希望有一个程序来帮他计算这个值。每一秒内，奶牛会水平或垂直地移动1单位距离（奶牛总是在移动，不会在某秒内停在它上一秒所在的点）。草地上的某些地方有树，自然，奶牛不能走到树所在的位置，也不会走出草地。 现在你拿到了一张整块草地的地形图，其中’.’表示平坦的草地，’*’表示挡路的树。你的任务是计算出，一头在T秒内从(R1, C1)移动到(R2, C2)的奶牛可能经过的路径有哪些。
Input

• 第1行: 3个用空格隔开的整数：N，M，T

• 第2..N+1行: 第i+1行为M个连续的字符，描述了草地第i行各点的情况，保证 字符是’.’和’‘中的一个 第N+2行: 4个用空格隔开的整数：R1，C1，R2，以及C2

Output

• 第1行: 输出S，含义如题中所述

Sample Input
4 5 6

…*.

…*.

…..

…..

1 3 1 5

输入说明:

草地被划分成4行5列，奶牛在6秒内从第1行第3列走到了第1行第5列。

Sample Output
1

奶牛在6秒内从(1,3)走到(1,5)的方法只有一种（绕过她面前的树）。

题解：
裸的dp，dp[x][y][t]表示时间为t时走到(x,y)的方案数。
则有dp[x][y][t]=dp[x-1][y][t-1]+dp[x+1][y][t-1]+dp[x][y-1][t-1]+dp[x][y+1][t-1]。
注意判断边界，把树也当边界就行了。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <string>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <set>
using namespace std;
int n,m,t;
bool map[105][105];
long long int dp[105][105][20];
bool check(int x,int y)
{
    if(x<1 || x>n || y<1 || y>m)
        return 0;
    if(map[x][y])
        return 0;
    return 1;
}
int move[4][2]={{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1}};
int r1,r2,c1,c2;
int main()
{
    char in;
    cin >> n >> m >> t;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            cin >> in;
            if(in=='*')
                map[i][j]=1;
        }
    cin >> r1 >> c1 >> r2 >> c2;
    dp[r1][c1][0]=1;
    for(int k=1;k<=t;k++)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=m;j++)
            {
                if(map[i][j])
                    continue;

                for(int x=0;x<4;x++)
                {
                    int tx=i+move[x][0],ty=j+move[x][1];
                    if(check(tx,ty))
                        dp[i][j][k]+=dp[tx][ty][k-1];
                }
            }
        }
    }
    cout << dp[r2][c2][t] << endl;
    return 0;
}