C语言程序设计100例之(20):过河卒

深渊向深渊呼唤

例20  过河卒

题目描述

如图1,在棋盘的A点有一个过河卒,需要走到目标B点。卒行走规则:可以向下、或者向右。同时在棋盘上的任一点有一个对方的马(如图1的C点),该马所在的点和所有跳跃一步可达的点称为对方马的控制点。例如,图1中C点上的马可以控制9个点(图中的P1,P2,…,P8 和C)。卒不能通过对方马的控制点。

棋盘用坐标表示,A点(0,0)、B点(n,m)(n,m为不超过50的整数,并由键盘输入),同样马的位置坐标通过键盘输入,并约定C<>A,同时C<>B。

编写程序,计算出卒从A点能够到达B点的路径的条数。

C语言程序设计100例之(20):过河卒

   图1  棋盘上的过河卒和对方的控制马

输入格式

一行四个数据,分别表示B点坐标和马的坐标。

输出格式

一个数据,表示所有的路径条数。

输入样例

6 6 3 3

输出样例

6

        (1)编程思路。

        在棋盘的A点(0,0)的过河卒要到达棋盘上的任意一点,只能从左边和上边两个方向过来。因此,要到达某一点的路径数,等于和它相邻的左、上两个点的路径数和:

        F[i][j] = F[i-1][j] + F[i][j-1]。

        可以使用逐列(或逐行)递推的方法来求出从起始顶点到终点的路径数目,即使有障碍(将马的控制点称为障碍),这一递推方法也完全适用,只要将到达该点的路径数目设置为0即可,用F[i][j]表示到达点(i,j)的路径数目,g[i][j]表示点(i,j)有无障碍,递推方程如下:

        F[0][0] = 1     初始点直接可达。

        F[i][0] = F[i-1][0]   (i > 0,g[i][0] =0)     // 左边界

        F[0][j] = F[0][j-1]   (j > 0,g[0][j] = 0)    // 上边界

        F[i][j] = F[i-1][j] + F[i][j-1]   (i > 0,j > 0,g[x, y] = 0) // 递推式

        (2)源程序。

#include <stdio.h>

int main()

{

    int i,j,x,y,n,m,forbidden[51][51]; 

    long int  ans[51][51]; 

    int dx[8]={-2,-1,1,2,2,1,-1,-2};

    int dy[8]={1,2,2,1,-1,-2,-2,-1};

    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&x,&y); 

    for (i=0;i<=n;i++)

        for (j=0;j<=m;j++)

        {

            forbidden[i][j]=0;

            ans[i][j]=0;

        }

    ans[0][0]=1; 

    forbidden[x][y]=1;

    for (i=0;i<8; i++)

            if (x+dx[i]>=0 && x+dx[i]<=n && y+dy[i]>=0 && y+dy[i]<=m)

                   forbidden[x+dx[i]][y+dy[i]]=1;

   for (i=1; i<=n; i++) 

        if (forbidden[i][0]==0) 

            ans[i][0]=1; 

        else break; 

  for (i=1; i<=m; i++) 

        if (forbidden[0][i]==0) 

            ans[0][i]=1; 

        else break; 

   for (i=1; i<=n; i++) 

        for (j=1; j<=m; j++) 

            if (forbidden[i][j]==0) 

                ans[i][j]=ans[i-1][j]+ans[i][j-1]; 

    printf("%ld\n",ans[n][m]);

    return 0; 

}

习题20

20-1  马的行走路径

问题描述

设有一个n*m的棋盘(2<=n<=50,2<=m<=50),在棋盘上任一点有一个中国象棋马,如图2(a)所示。马行走的规则为:(1)马走日字;(2)马只能向右走,即如图2(b)所示的4种走法。

编写一个程序,输入n和m,找出一条马从棋盘左下角(1,1)到右上角(n,m)的路径。例如:输入n=4、m=4时,输出路径 (1,1)->(2,3)->(4,4)。这一路经如图2(c)所示。若不存在路径,则输出"No!"

C语言程序设计100例之(20):过河卒   

 图2  棋盘及马儿的行走

输入格式

一行两个数据,表示终点的位置坐标。

输出格式

一条可行的行走路径。如果可行的行走路径有多条,任意输出一条即可。若不存在路径,则输出"No!"。

输入样例

10 10

输出样例

(1,1)->(2,3)->(3,5)->(4,7)->(5,9)->(6,7)->(7,9)->(9,8)->(10,10)

        (1)编程思路

        先将棋盘的横坐标规定为i,纵坐标规定为j,对于一个n×m的棋盘,i的值从1到n,j的值从1到m。棋盘上的任意点都可以用坐标(i,j)表示。

        对于马的移动方法,用变量k来表示四种移动方向(1、2、3、4);而每种移动方法用偏移值来表示,并将这些偏移值分别保存在数组dx和dy中,如表1所示。

表1  4种移动方法对应偏移值

K

Dx[k]

Dy[k]

1

2

1

2

2

-1

3

1

2

4

1

-2

        根据马走的规则,马可以由(i-dx[k],j-dy[k])走到(i,j)。只要马能从(1,1)走到(i-dx[k],j-dy[k]),就一定能走到(i,j),当然,马走的坐标必须保证在棋盘上。

        以(n,m)为起点向左递推,当递推到(i-dx[k],j-dy[k])的位置是(1,1)时,就找到了一条从(1,1)到(n,m)的路径。

        程序中可用一个二维数组a表示棋盘,使用倒推法,从终点(n,m)往左递推,设初始值a[n][m]为(-1,-1)(表示终点),如果从(i,j)一步能走到(n,m),就将(n,m)存放在a[i][j]中。如表2所示,a[3][2]和a[2][3]的值是(4,4),表示从这两个点都可以到达坐标(4,4)。从(1,1)可到达(2,3)、(3,2)两个点,所以a[1][1]存放两个点中的任意一个即可。递推结束以后,如果a[1][1]值为(0,0)说明不存在路径,否则a[1][1]值就是马走下一步的坐标,以此顺推输出路径。

表2  N=4,M=4时,数组a的赋值情况

 

 

 

A[4][4]={-1,-1}

 

A[2][3]={4,4}

 

 

 

 

A[3][2]={4,4}

 

A[1][1]={2,3}

 

 

 

        (2)源程序。

#include <stdio.h>

int main()

{

    int dx[5]={0,2,2,1,1},dy[5]={0,1,-1,2,-2};

    struct point

     {

            int x;

            int y;

     };

    struct point a[51][51];

    int i,j,n,m,k;

    for(i=0;i<51;i++)

            for (j=0;j<51;j++)

                      a[i][j].x=a[i][j].y=0;

    scanf("%d%d",&n,&m);

    a[n][m].x=-1;          // 标记为终点

    a[n][m].y=-1;

    for (i=n;i>=2;i--)       // 倒推

      for (j=1;j<=m;j++)

       if (a[i][j].x!=0)

        for (k=1;k<=4;k++)

        {

                 a[i-dx[k]][j-dy[k]].x=i;

                a[i-dx[k]][j-dy[k]].y=j;

        }

         if (a[1][1].x==0)

                   printf("No!\n");

        else                 // 存在路径

       {

              i=1;  j=1;

             printf("(%d,%d)",i,j);

             while (a[i][j].x!=-1)

            {

                k=i;

                i=a[i][j].x;  j=a[k][j].y;

                printf("->(%d,%d)",i,j);

            }

            printf("\n");

         }

         return 0;

}

20-2  方格取数(一)

题目描述

设有N×N的方格图(N≤9),我们将其中的某些方格中填入正整数,而其他的方格中则放入数字0。如下所示(见样例):

C语言程序设计100例之(20):过河卒

某人从图的左上角的A点出发,可以向下行走,也可以向右走,直到到达右下角的B点。在走过的路上,他可以取走方格中的数(取走后的方格中将变为数字0)。

此人从A点走到B点,试找出1条这样的路径,使得取得的数之和为最大。

输入格式

输入的第一行为一个整数N(表示N×N的方格图),接下来的每行有三个整数,前两个表示位置,第三个数为该位置上所放的数。一行单独的0表示输入结束。

输出格式

只需输出一个整数,表示找出的1条路径上取得的最大的和。

输入样例

8

2 3 13

2 6 6

3 5 7

4 4 14

5 2 21

5 6 4

6 3 15

7 2 14

0 0 0

输出样例

36

        (1)编程思路。

        因为行走的方向是:可以向下行走,也可以向右走。因此,位置(i,j)可以由上边的格子(i-1,j)走到,也可以由左边的格子(i,j-1)走到。

        设f[i][j]表示走到格子(i,j)处所取方格数的最大值,a[x][y]表示格子(x,y)上的数字。显然有

        f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-1])+a[i][j];

        初始时   f[1][1]=a[1][1]。

       (2)源程序。

#include <stdio.h>

int max(int a,int b)

{return a<b?b:a;}

int main()

{

    int f[10][10]={0}, a[10][10]={0};

    int n;

    scanf("%d",&n);

   while(1)

    {

                   int x, y, w;

                   scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);

                   if (x==0 && y==0 && w==0) break;

                   a[x][y]=w;

    }

    f[1][1]=a[1][1];

    int i, j;

    for (i=1;i<=n;i++)

     {

                 for (j=1;j<=n;j++)

                 {

                        f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-1])+a[i][j];

                   }

     }

     printf("%d\n",f[n][n]);

    return 0;

}

20-3  方格取数(二)

题目描述

设有N×N的方格图(N≤9),我们将其中的某些方格中填入正整数,而其他的方格中则放入数字0。如下所示(见样例):

C语言程序设计100例之(20):过河卒

某人从图的左上角的A点出发,可以向下行走,也可以向右走,直到到达右下角的B点。在走过的路上,他可以取走方格中的数(取走后的方格中将变为数字0)。

此人从A点到B点共走两次,试找出2条这样的路径,使得取得的数之和为最大。

输入格式

输入的第一行为一个整数N(表示N×N的方格图),接下来的每行有三个整数,前两个表示位置,第三个数为该位置上所放的数。一行单独的0表示输入结束。

输出格式

只需输出一个整数,表示2条路径上取得的最大的和。

输入样例

8

2 3 13

2 6 6

3 5 7

4 4 14

5 2 21

5 6 4

6 3 15

7 2 14

0 0 0

输出样例

67

        (1)编程思路1。

        本题要求找到2条从(1,1)到(n,n)的路径,被取走的格子里的数变为0,使得在两条路径上格子中数之和最大时,就成为了“二取方格数”问题。

        最容易想到的就是先后做两次单条路径“方格取数”,这一算法的本质是贪心,但这是错误的,反例如下:

3

4 

5

0 

0 

0

2 

8 

2

        贪心:第一路径:3->4->8->2  (17)    第二路径:5 (5)   总和为22 

        事实上我们可以将所有的数都取完,总和为24。 

        解决“二取方格数”问题需要用到“多进程DP”。即解决本题时,由于此人从A点到B点共走两次,要找出2条这样的路径,因此可以考虑为两个人同时从A走到B。

设f[i][j][k][l]为第一个人走到(i,j),第二个人走到(k,l)时方格取数能达到的最大值,a[x][y]表示格子(x,y)上的数字。

状态转移情况如下:

1)两个人同时向右走

f[i][j][k][l]=max(f[i][j][k][l],f[i-1][j][k-1][l]+a[i][j]+a[k][l]);

2)两个人同时向下走

f[i][j][k][l]=max(f[i][j][k][l],f[i][j-1][k][l-1]+a[i][j]+a[k][l]);

3)两个人分别向右和向下走

f[i][j][k][l]=max(f[i][j][k][l],f[i-1][j][k][l-1]+a[i][j]+a[k][l]);

4)两个人分别向下和向右走

f[i][j][k][l]=max(f[i][j][k][l],f[i][j-1][k-1][l]+a[i][j]+a[k][l]);

当然,若两人走到了同一个格子,即(i,j)和(k,l)是同一个点,f[i][j][k][l]值还要减去a[i][j]。

       两个人都走到(n,n)格子时,得到答案,即f[n][n][n][n]为所求。

     (2)源程序1。

#include <stdio.h>

int max(int a,int b)

{return a<b?b:a;}

int main()

{

    int f[10][10][10][10]={0}, a[10][10]={0};

    int n;

    scanf("%d",&n);

    while(1)

    {

                   int x, y, w;

                   scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);

                   if (x==0 && y==0 && w==0) break;

                   a[x][y]=w;

    }

    f[1][1][1][1]=a[1][1];

    int i, j, k, l;

    for (i=1;i<=n;i++)

     {

                   for (j=1;j<=n;j++)

                          for (k=1;k<=n;k++)

                                     for (l=1;l<=n;l++)

                                     {

                                               f[i][j][k][l]=max(f[i][j][k][l],f[i-1][j][k-1][l]+a[i][j]+a[k][l]);

                                               f[i][j][k][l]=max(f[i][j][k][l],f[i][j-1][k][l-1]+a[i][j]+a[k][l]);

                                               f[i][j][k][l]=max(f[i][j][k][l],f[i-1][j][k][l-1]+a[i][j]+a[k][l]);

                                               f[i][j][k][l]=max(f[i][j][k][l],f[i][j-1][k-1][l]+a[i][j]+a[k][l]);

                                               if(i==k && j==l)f[i][j][k][l]-=a[i][j];

                                     }

     }

     printf("%d\n",f[n][n][n][n]);

    return 0;

}

        (3)编程思路2。

        按思路1的方法,由于状态总共有n^4种,所以时间复杂度为O(n^4)。

        如果让两个人同时从(1,1)处出发,并同时向前延伸,那么当两个人都走了k步,两条路径都已经各自包含k个方格时,两条路径的末端必同在整个矩阵的第k条对角线上。如下图3所示。

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图3  行走对角线示意图

        由图3可知,走1步可到达(1,1)格子(标注为2),走两步可到达(1,2)或(2,1)格子(标注为2),走三步可到达(1,3)、(2,2)或(3,1)格子(标注为4),……。

         由图可知,对于每一条路径,向右延伸的格子数+向下延伸的格子数=k(定值),也就是末端两个格子的纵横坐标之和=k。

        所以我们只需要知道两路径末端所在的行编号x1,x2以及两末端所在对角线编号k,就可以确定末端节点的位置(x1,k-x1),(x2,k-x2)。这样,可以只枚举对角线、x1和x2。

        设状态f[l][x1][x2]第一个人横坐标为x1(即第一个路径末端在第x1行),第二个人横坐标为x2(即第二路径末端在第x2行),且两末端同在第k条对角线上时的最优解。

        到达状态f[l][x1][x2]有有4种可能:

1)第1人从x1的左边向右到达x1,第2人从x2的左边向右到达x2,其前一状态应为f[k-1][x1-1][x2-1];

2)第1人从x1的上边向下到达x1,第2人从x2的上边向下到达x2,其前一状态应为f[k-1][x1][x2];

3)第1人从x1的左边向右到达x1,第2人从x2的上边向下到达x2,其前一状态应为f[k-1][x1-1][x2];

4)第1人从x1的上边向下到达x1,第2人从x2的左边向右到达x2,其前一状态应为f[k-1][x1][x2-1];

这样,可以得到状态转移方程:

tmp=max(max(f[k-1][x1-1][x2-1],f[k-1][x1][x2]),max(f[k-1][x1-1][x2],f[k-1][x1][x2-1]));

f[k][x1][x2]=max(f[k][x1][x2],tmp+a[x1][k-x1]+a[x2][k-x2]);

同样,如果点(x1,k-x1)和(x2,k-x2)重合了,需要减去一个点中的数(每个点只能取一次)。

       (4)源程序2。

#include <stdio.h>

int max(int a,int b)

{return a<b?b:a;}

int main()

{

    int f[19][10][10]={0}, a[10][10]={0};

    int n;

    scanf("%d",&n);

    while(1)

    {

                   int x, y, w;

                   scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);

                  if (x==0 && y==0 && w==0) break;

                  a[x][y]=w;

     }

    int d=n*2;

    f[2][1][1]=a[1][1];

    for (int i=3;i<=d;i++)

    {

                   int c=i<n+1?i:n+1;

                   int s=i>n?i-n:1;

                   for(int j=s;j<c;j++)

                            for(int k=s;k<c;k++)

                            {

                                     int x1=j,x2=k,y1=i-j,y2=i-k;

                                     int tmp=max(max(f[i-1][x1-1][x2-1],f[i-1][x1][x2]),

                                     max(f[i-1][x1-1][x2],f[i-1][x1][x2-1]));

                                     f[i][x1][x2]=max(f[i][x1][x2],tmp+a[x1][y1]+a[x2][y2]);

                                     if (x1==x2&&y1==y2)  f[i][x1][x2]=f[i][x1][x2]-a[x1][y1];

                            }

    }

   printf("%d\n",f[d][n][n]);

    return 0;

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