hdu 1723 DP/递推

题意：有一队人（人数 ≥ 1），开头一个人要将消息传到末尾一个人那里，规定每次最多可以向后传n个人，问共有多少种传达方式。

这道题我刚拿到手没有想过 DP ，我觉得这样传消息其实很像 Fibonacci 所举的例子：一个人每次能够跨一或二阶台阶，问到 n 阶台阶有几种跨法。理念是一样的，只不过跨得台阶数可能会变而已。根据 Fibonacci 数列类比过来，每次最多能传 m 人，则 A [ i ] = A [ i - m ] + A [ i - m + 1 ] +  …… + A [ i - 1 ] , 表示传到第 i 人的情况可能是传到前面 1 ～ m 人后经一步传来的，而前面项不足 m 的则都是由前面所有项累加得到的。

是的，思路并没有问题，但是我还是 WA 了好多发，于是我找了个 AC 代码把所有解的情况打表出来找不同，终于发现了当有超过一人，而最多可向后传 0 人时，即消息不能向后传的时候，是不可能传到最后的，值是 0 ，但是不能忽略如果一开始只有一人，那么他本身就是最后一人，即使 m = 0 ，即不能向后传消息了，这时队尾的人也就是他自己也还是知道这个消息的，所以值是 1 。

至此，我的递推就圆满 AC 了。但是这道题却的确还有 DP 的做法，即每当消息传到某个人的可能情况数增加时，那么这些情况下他同样可以再将消息一步传给他后面的第 1 ～ m 个人，这样，遍历到最前面的 m 个人时每次 dp 值 ++ ，代表从开始点一步到该点的情况，而后面的则只需要传递种类数就行。

 

递推代码：

 1 #include<stdio.h>

 2 #include<string.h>

 3 

 4 int a[31],M,N;

 5 

 6 int sum(int x,int y){

 7     int i,s=0;

 8     for(i=x;i<=y;i++){

 9         s+=a[i];

10     }

11     return s;

12 }

13 

14 void fun(){

15     a[1]=1;

16     a[2]=1;

17     int i;

18     for(i=3;i<=M;i++){

19         a[i]=sum(1,i-1);

20     }

21     for(i=M+1;i<=N;i++){

22         a[i]=sum(i-M,i-1);

23     }

24     return;

25 }

26 

27 int main(){

28     while(scanf("%d%d",&N,&M)!=EOF&&(N!=0||M!=0)){

29         if(M==0){

30             if(N==1)printf("1\n");

31             else printf("0\n");

32         }

33         else {

34             fun();

35             printf("%d\n",a[N]);

36         }

37     }

38     return 0;

39 }

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DP 代码：

 1 #include<stdio.h>

 2 #include<string.h>

 3 

 4 int a[31],M,N;

 5 

 6 int main(){

 7     while(scanf("%d%d",&N,&M)!=EOF&&(N!=0||M!=0)){

 8         int i,j;

 9         memset(a,0,sizeof(a));

10         a[1]=1;

11         for(i=2;i<=N;i++){

12             if(i-1<=M){

13                 a[i]++;

14             }

15             for(j=1;j<=M&&i+j<=N;j++){

16                 a[i+j]+=a[i];

17             }

18         }

19         printf("%d\n",a[N]);

20     }

21     return 0;

22 }

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