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HDU-4832-Chess(DP)
Chess
Time Limit: 6000/3000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 271 Accepted Submission(s): 87
Problem Description
小度和小良最近又迷上了下棋。棋盘一共有N行M列,我们可以把左上角的格子定为(1,1),右下角的格子定为(N,M)。在他们的规则中,“王”在棋盘上的走法遵循十字路线。也就是说,如果“王”当前在(x,y)点,小度在下一步可以移动到(x+1, y), (x-1, y), (x, y+1), (x, y-1), (x+2, y), (x-2, y), (x, y+2), (x, y-2) 这八个点中的任意一个。
图1 黄色部分为棋子所控制的范围
小度觉得每次都是小良赢,没意思。为了难倒小良,他想出了这样一个问题:如果一开始“王”在(x0,y0)点,小良对“王”连续移动恰好K步,一共可以有多少种不同的移动方案?两种方案相同,当且仅当它们的K次移动全部都是一样的。也就是说,先向左再向右移动,和先向右再向左移动被认为是不同的方案。
小良被难倒了。你能写程序解决这个问题吗?
小度觉得每次都是小良赢,没意思。为了难倒小良,他想出了这样一个问题:如果一开始“王”在(x0,y0)点,小良对“王”连续移动恰好K步,一共可以有多少种不同的移动方案?两种方案相同,当且仅当它们的K次移动全部都是一样的。也就是说,先向左再向右移动,和先向右再向左移动被认为是不同的方案。
小良被难倒了。你能写程序解决这个问题吗?
Input
输入包括多组数据。输入数据的第一行是一个整数T(T≤10),表示测试数据的组数。
每组测试数据只包括一行,为五个整数N,M,K,x0,y0。(1≤N,M,K≤1000,1≤x0≤N,1≤y0≤M)
每组测试数据只包括一行,为五个整数N,M,K,x0,y0。(1≤N,M,K≤1000,1≤x0≤N,1≤y0≤M)
Output
对于第k组数据,第一行输出Case #k:,第二行输出所求的方案数。由于答案可能非常大,你只需要输出结果对9999991取模之后的值即可。
Sample Input
2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1
Sample Output
Case #1: 2 Case #2: 4
Source
2014年百度之星程序设计大赛 - 初赛(第二轮)
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思路: 可以知道上下走和左右走可以分开,无必然联系,所以可以分别对上下 和左右做DP
见代码:
/************************************************************************* > File Name: HDU-4832-Chess.cpp > Author: nealgavin > Mail: nealgavin@126.com > Created Time: Mon 26 May 2014 06:23:18 PM CST ************************************************************************/ #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; const int mm = 1003; const int mod = 9999991; int dp[2][mm][mm]; // step | point int C[mm][mm]; // the method from m take n int sum[2][mm]; int n,m,x,y,K; void init() { C[1][1] = 1; C[1][0] = 1; for(int i=2;i<mm;++i) { C[i][0] = 1; C[i][i] = 1; for(int j=1;j<i;++j) C[i][j] = (C[i-1][j] + C[i-1][j-1])%mod; } } void DP() { memset(dp,0,sizeof(dp)); dp[0][0][x] = 1; for(int i=1;i<=K;++i) for(int j=1;j<=n;++j) { if(j-1>=1) dp[0][i][j] = (dp[0][i][j] + dp[0][i-1][j-1])%mod; if(j-2>=1) dp[0][i][j] = (dp[0][i][j] + dp[0][i-1][j-2])%mod; if(j+1<=n) dp[0][i][j] = (dp[0][i][j] + dp[0][i-1][j+1])%mod; if(j+2<=n) dp[0][i][j] = (dp[0][i][j] + dp[0][i-1][j+2])%mod; } dp[1][0][y] = 1; for(int i=1;i<=K;++i) for(int j=1;j<=m;++j) { if(j-1>=1) dp[1][i][j] = (dp[1][i][j] + dp[1][i-1][j-1])%mod; if(j-2>=1) dp[1][i][j] = (dp[1][i][j] + dp[1][i-1][j-2])%mod; if(j+1<=m) dp[1][i][j] = (dp[1][i][j] + dp[1][i-1][j+1])%mod; if(j+2<=m) dp[1][i][j] = (dp[1][i][j] + dp[1][i-1][j+2])%mod; } memset(sum,0,sizeof(sum)); for(int i=0;i<2;++i) for(int j=0;j<=K;++j) for(int k=0;k<=(i==0?n:m);++k) { sum[i][j] = (sum[i][j] + dp[i][j][k])%mod; } } int getans() { init(); DP(); int ans = 0; for(int i=0;i<=K;++i) ans = (ans + ((long long)C[K][i]*sum[0][i]%mod)*sum[1][K-i]%mod)%mod; return ans; } int main() { int T; while(~scanf("%d",&T)) { for(int ca=1;ca<=T;++ca) { scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&K,&x,&y); printf("Case #%d:\n%d\n",ca,getans()); } } return 0; }
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