NOIP 2002 马拦过河卒 BFS+递推

Description :

如图，A点有一个过河卒，需要走到目标B点。卒行走的规则：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

B点的坐标（n,m）以及对方马的坐标（X,Y） {不用判错}

Output

一个整数（路径的条数）。

Sample Input

6 6 3 2

Sample Output

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本题要求的是方案数  一般的想法是直接广搜  每到终点一次ans+1  然而这样需要耗费大量时间

经过仔细分析题目发现 ：以为卒只能向右或向下 所以每个能到达的点的ans值都只和它左边和上面那个

点有关 所以能得到 ans[x][y]=ans[x-1][y]+ans[x][y-1]这样的递推公式

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
struct node{
  int x,y;
};
int fx[2][2]={1,0,0,1};
int mfx[8][2]={-2,-1,-2,1,2,-1,2,1,1,2,-1,2,1,-2,-1,-2};
long long vis[30][30];
int m,n,ex,ey;
void init()  //初始化
{
    for(int i=0;i<30;i++)
        for(int j=0;j<30;j++)
        vis[i][j]=0;
    return;
}
long long pd(int a,int b)
{
    if(a<0||b<0)
        return 0;
    if(vis[a][b]==-1)
        return 0;
    return vis[a][b];
}
long long bfs()
{
    int i;
    queue<node>q;
    node now;
    int tx,ty;
    for(i=0;i<8;i++)  //马控制的区域
    {
        tx=m+mfx[i][0];
        ty=n+mfx[i][1];
        if(tx<0||ty<0)
            continue;
        vis[tx][ty]=-1;
    }
    vis[m][n]=-1;
    q.push((node){0,0});
    vis[0][0]=1;
    while(!q.empty())
    {
        now=q.front();
   //     cout<<now.x<<' '<<now.y<<' '<<vis[now.x][now.y]<<endl;
        q.pop();
        for(i=0;i<=1;i++) //两种走法
        {
            tx=now.x+fx[i][0];
            ty=now.y+fx[i][1];
            if(vis[tx][ty]!=0||tx>ex||ty>ey)     //不走重复的路（剪枝） ||  超过终点了 不能返回  所也不可能（剪枝）
                continue;
            vis[tx][ty]=pd(tx-1,ty)+pd(tx,ty-1);   //递推 （前值的下标小于0或 被马控制 则返回的值是0）
            q.push((node){tx,ty});
        }
    }
    return vis[ex][ey];
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d%d",&ex,&ey,&m,&n);
        init();
        printf("%lld\n",bfs());
    return 0;
}