How many ways

Problem Description

这是一个简单的生存游戏，你控制一个机器人从一个棋盘的起始点(1,1)走到棋盘的终点(n,m)。游戏的规则描述如下：

机器人一开始在棋盘的起始点并有起始点所标有的能量。
机器人只能向右或者向下走，并且每走一步消耗一单位能量。
机器人不能在原地停留。
当机器人选择了一条可行路径后，当他走到这条路径的终点时，他将只有终点所标记的能量。

如上图，机器人一开始在(1,1)点，并拥有4单位能量，蓝色方块表示他所能到达的点，如果他在这次路径选择中选择的终点是(2,4)，当他到达(2,4)点时将拥有1单位的能量，并开始下一次路径选择，直到到达(6,6)点。我们的问题是机器人有多少种方式从起点走到终点。这可能是一个很大的数，输出的结果对10000取模。

Input

第一行输入一个整数T,表示数据的组数。

对于每一组数据第一行输入两个整数n,m(1 <= n,m <= 100)。表示棋盘的大小。接下来输入n行,每行m个整数e(0 <= e < 20)。

Output

对于每一组数据输出方式总数对10000取模的结果.

Sample Input

1

6 6

4 5 6 6 4 3

2 2 3 1 7 2

1 1 4 6 2 7

5 8 4 3 9 5

7 6 6 2 1 5

3 1 1 3 7 2

Sample Output

3948

有点小水，只是我在写dp的方法的时候加少了判断条件，就调了一段时间

solution

1. 记忆化搜索

思路很简单，考虑到我们可以走到一个点然后就把能量用光的情况，所以总步数就是x+y的步数，然后思路就很简单

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

#include <queue>

using namespace std;

const int mod = 10000;

int dp[104][104],n,m,a[104][104];

int dfs(int x,int y){

    if(dp[x][y]>=0) return dp[x][y];

    dp[x][y]=0;

    for(int i=0;i<=a[x][y];i++)

        for(int j=0;j<=a[x][y]-i;j++){

            if(x+i>n||y+j>m)continue;

            dp[x][y]=(dfs(x+i,y+j)+dp[x][y])%mod;

        }

    return dp[x][y]%mod;

}

int main(){

    int T;

    scanf("%d",&T);

    while(T--){

        scanf("%d%d",&n,&m);

        for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&a[i][j]);

        memset(dp,-1,sizeof(dp));

        dp[n][m]=1;

        printf("%d\n",dfs(1,1));

    }

    return 0;

}

2.动态规划

记住要反向枚举，然后在记住不能自己加上自己就可以了

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

#include <queue>

using namespace std;

const int mod = 10000;

int dp[104][104],n,m,a[104][104];

int main(){

	int T;

	scanf("%d",&T);

	while(T--){

		memset(dp,0,sizeof(dp));

		memset(a,0,sizeof(a));

		scanf("%d%d",&n,&m);

		for(int i=1;i<=n;i++)

			for(int j=1;j<=m;j++)

				scanf("%d",&a[i][j]);

		dp[n][m]=1;

		for(int i=n;i>=1;i--)

			for(int j=m;j>=1;j--)

				for(int k=0;k<=a[i][j];k++)

					for(int h=0;h<=a[i][j]-k;h++){

						if(i+k>n||i+k<1||j+h>m||j+h<1||(k==0&&h==0))continue;

						dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i+k][j+h])%mod;

					}

		printf("%d\n",(dp[1][1])%mod);

	}

	return 0;

}

巴特西

hdu1978 How many ways