【題目鏈接】

ybt 1194：移動路線
OpenJudge NOI 2.6 2718:移動路線

【題目考點】

1. 坐標型動態規劃

【解題思路】

解法1：遞推

設狀態數組dp，dp[i][j]表示從(1,1)到(i,j)的路徑條數。
考慮螞蟻到(i,j)位置前可能是哪里，把可能的到(i,j)的前一個位置的路徑數量加和，即為到(i,j)的路徑數量。

• 如果(i,j)是(1,1)，起始位置到起始位置的路徑數量為1，所以：dp[1][1]=1;
• 如果是在第1行，即i為1，那么只能沿著第一行走到(i,j)，只有一種走法。所以如果i為1：dp[i][j] = 1;
• 如果是在第1列，即j為1，那么只能沿著第一列走到(i,j)，只有一種走法。所以如果j為1：dp[i][j] = 1;
• 除了上述情況，到(i,j)的前一個位置只能是它下面的位置(i-1,j)和左邊的位置(i,j-1)，所以：dp[i][j] = dp[i-1][j]+dp[i][j-1];
  遍歷二維數組dp，按照上述遞推關系做遞推。最后輸出dp[n][m]。

解法2：遞推 借助下標為0的位置

與解法1思路相同。將數組各元素初始化為0，首先設初始值a[1][1] = 1;，循環時只使用遞推關系，會讓下標為0的位置參與運算。
已知遞推關系：dp[i][j] = dp[i-1][j]+dp[i][j-1]，

• 如果i為1，那么dp[1][j] = dp[0][j] + dp[1][j-1] = dp[1][j-1]。
• 如果j為1，那么dp[i][1] = dp[i-1][1] + dp[i][0] = dp[i-1][1]。

解法3：記憶化遞歸

思路與上述解法相似。

【題解代碼】

解法1：遞推

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() {int m, n, dp[25][25];cin >> m >> n;for(int i = 1; i <= m; ++i)for(int j = 1; j <= n; ++j){if(i == 1 || j == 1)//第一行或第一列，路線數都是1 dp[i][j] = 1;elsedp[i][j] = dp[i][j-1] + dp[i-1][j];}cout << dp[m][n];return 0; }

解法2：遞推 借助下標為0的位置

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() {int m, n, dp[25][25] = {};cin >> m >> n;dp[1][1] = 1; for(int i = 1; i <= m; ++i)for(int j = 1; j <= n; ++j)if(i != 1 || j != 1)//不在這里算dp[1][1] dp[i][j] = dp[i][j-1] + dp[i-1][j];cout << dp[m][n];return 0; }

解法3：記憶化遞歸

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int dp[25][25]; int solve(int i, int j)//到i，j的路徑數 {if(dp[i][j] > 0)return dp[i][j];if(i == 1 || j == 1)return 1;elsereturn dp[i][j] = solve(i-1, j) + solve(i, j-1); } int main() {int m, n;cin >> m >> n;cout << solve(m, n);return 0; }

總結

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