清橙网A1110. 街道

试题来源

　　NOIP1997 普及组

问题描述

设有一个N＊M（l≤ N≤50， l≤ M≤ 50）的街道。n和m表示横竖街道数。
规定行人从A(1,1)出发，在街道上只能向东或北方向行走。
N＝3，M=3的街道图，从A出发到达B共有6条可供行走的路。
若在N＊M的街道中，设置一个矩形障碍区域（包括围住该区域的街道和点）不让行人通行。
此矩形障碍区域用2对顶点坐标给出,前图中的2对顶点坐标为:(2，2),(8，4),此时从 A出发到达B的路径仅有两条。

程序要求：

任务一：给出N，M后，求出所有从A出发到达B的路径的条数。

任务二：给出N，M，同时再给出此街道中的矩形障碍区域的2对顶点坐标(X1,y1), （X2，Y2），然后求出此种情况下所有从A出发到达B的路径的条数。
如果答案太大，输出最后20位。

输入格式

第一行两个数n和m。
第二行为X1,Y1,X2,Y2.如果是任务一，则第二行为4个0.

输出格式

输出走路方案数。

样例输入

3 3
0 0 0 0

样例输出

6

样例输入

50 50
2 2 49 49

样例输出

2

数据规模和约定

　　1<=N,M<=50

 

#include<cstdio>#include<algorithm>#define maxn 60#define l 10000000000using namespace std;struct number{ long long d1,d2; //存储方案的后20位 }f[maxn][maxn];int n,m;int flag[maxn][maxn]; //障碍标记 void start(){ long long s;  f[1][1].d1=1;f[1][1].d2=0; for(int k=3;k<=m+n;k++) for(int i=1;i<=n;i++){ if(k-i>=1&&k-i<=m&&!flag[i][k-i]){ int j=k-i; if(j-1>=1) f[i][j]=f[i][j-1]; //将前一项给后一项赋值  if(i-1>=1){ //将前一项的值相加  s=f[i][j].d1+f[i-1][j].d1; f[i][j].d1=s%l; f[i][j].d2=(f[i-1][j].d2+f[i][j].d2+s/l)%l; } } } if(f[n][m].d2==0) printf("%I64d\n",f[n][m].d1); else printf("%I64d%010I64d\n",f[n][m].d2,f[n][m].d1); //对前十位不足的用0填充 }int main(){ int x1,x2,y1,y2; scanf("%d%d",&n,&m); scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2); if(x1>x2) swap(x1,x2); //对障碍的 起始点进行转换  if(y1>y2) swap(y1,y2); for(int i=x1;i<=x2;i++) for(int j=y1;j<=y2;j++) flag[i][j]=1; //对障碍进行标记  start(); return 0; }

表示智商太低，看了好久才看懂。

将方法种数的前十位和后十位分别用d1，d2存起来，这样就不要用高精度了。

初始在（1，1）的位置，然后第一步走出的位置可以为：（1，2）、（2，1），其坐标之和为3

   以此类推，第二步到达的点坐标之和为4，第三步到达的点坐标之和为5。

f[i][j]表示从起点到达（i，j）的方案数，则有：f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1];

   flag[i][j]表示(i,j)点能否通过。

   于是得到递推式：

   for(k=3;k<=n+m;k++)

    for(i=1;i<=n;i++)

     {

      j=k-i;

      f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1];

     }

   当然，还要保证上述的点都是有效的，能通过的。

这是参考的原文链接noip1997街道