首页 > 代码库 > HDU-4832-Chess（DP）

HDU-4832-Chess（DP）

2024-07-06 15:30:14   227人阅读

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？
 

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)
 

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）
 

Recommend
liuyiding   |   We have carefully selected several similar problems for you:  4833 4831 4830 4829 4828 

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;
}


联系
我们