hdu1978 How many ways(好题 %)

题意：一个棋盘规则是，你从1,1位置开始数字是几代表你能走几步，在这个范围内的点都是你可以作为停下来的终点，前提只能向右或向下走，问到n,m一共有多少种走法。

常见有两种状态定义，1：定义dp[i][j]为从i,j出发到n,m有多少种路线，这个顺序就要逆序，所以选择记忆化搜索。

#include <fstream>
#include <iostream>
#include <string>
#include <cstring>
#include <complex>
#include <math.h>
#include <set>
#include <vector>
#include <map>
#include <queue>
#include <stdio.h>
#include <stack>
#include <algorithm>
#include <list>
#include <ctime>
#include <memory.h>
#include <ctime>
#include <assert.h>

#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define se second
#define eps 1e-8
#define M_PI 3.141592653589793

typedef long long ll;
const ll mod=1000000007;
const int inf=99999999;
ll powmod(ll a,ll b) {ll res=1;a%=mod;for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;}return res;}

using namespace std;
int M[200][200],dp[200][200],n,m;

int dfs(int x,int y,int k)
{
    if(x==n&&y==m) return 1;
    else if(dp[x][y]!=0) return dp[x][y];
    else {
      for(int i=0;i<=min(k,n-x);i++){
        for(int j=0;j<=min(k-i,m-y);j++){
            if(i==0&&j==0) continue;
            dp[x][y]+=dfs(x+i,y+j,M[x+i][y+j]);
            dp[x][y]%=10000;
        }
      }
    }
    return dp[x][y];
}

int main()
{
    int T;scanf("%d",&T);
    while(T--){
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        scanf("%d %d",&n,&m);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=m;j++){
                scanf("%d",&M[i][j]);
            }
        }
        printf("%d\n",dfs(1,1,M[1][1]));
    }
}

还有一种：定义dp[i][j]到i,j的路线有多少种。
这个转态转移顺序就是按顺序的.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[210][210],n,m;
int main()
{
  int T;scanf("%d",&T);
  while(T--){
    memset(dp,0,sizeof(dp));dp[0][0]=1;
    scanf("%d %d",&n,&m);
    for(int i=0;i<n;i++){
        for(int j=0;j<m;j++){
            int num;scanf("%d",&num);
            for(int k=0;k<=num;k++){
                for(int l=0;l<=num-k;l++){
                    if(l==0&&k==0) continue;
                    dp[i+k][j+l]=(dp[i][j]+dp[i+k][j+l])%10000;
                }
            }
        }
    }
    printf("%d\n",dp[n-1][m-1]);
  }
}