【记忆化搜索】——hdu1978—How many ways——拓扑序不明显

                                      How many ways

Time Limit: 3000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
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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：
1.机器人一开始在棋盘的起始点并有起始点所标有的能量。
2.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。
3.机器人不能在原地停留。
4.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)

点，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

 

代码如下：

#include<iostream>
#include<string.h>
using namespace std;

int dp[105][105];//DP[i][j]表示(i,j)到终点的方案数
int mp[105][105];
int r,c;

bool inboard(int x,int y)
{
    if(x>0&&x<=r&&y>0&&y<=c)
        return true;
    return false;
}

int dfs(int x,int y)
{
    if(dp[x][y]>=0)return dp[x][y];
    dp[x][y]=0;

    for(int i=0;i<=mp[x][y];i++)
    {
        for(int j=0;j<=mp[x][y]-i;j++)
        if(inboard(x+i,y+j))
        {
            dp[x][y]=(dp[x][y]+dfs(x+i,y+j))%10000;
        }
    }

    return dp[x][y];
}

int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>r>>c;
        for(int i=1;i<=r;i++)
            for(int j=1;j<=c;j++)
                cin>>mp[i][j];

        //因为存在0能量点，所以0也是一种状态
        //所以不能初始化为0
        memset(dp,-1,sizeof(dp));

        dp[r][c]=1;
        cout<<dfs(1,1)<<endl;
    }
    return 0;
}

 

题后感：

白皮书上说——DP是记录中间结果再利用

那么如何寻找中间结果呢？

这道题如果用递推的思路会发现一个状态转移非常不好想，那么就利用递归——记忆化搜索

其实dfs的思路就是递归

只不过这里的递归的意义有所难理解

 

dfs：

终点——该点是终点 / 该点到终点的方法数已经找到

每一层递归都是由它的儿子节点决定的（有点像线段树的更新）

即：每一层既包含了该点的位置，也包含了该点的结果