算法训练 未名湖边的烦恼【dp+递推】

 算法训练 未名湖边的烦恼  

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问题描述

　　每年冬天，北大未名湖上都是滑冰的好地方。北大体育组准备了许多冰鞋，可是人太多了，每天下午收工后，常常一双冰鞋都不剩。
　　每天早上，租鞋窗口都会排起长龙，假设有还鞋的m个，有需要租鞋的n个。现在的问题是，这些人有多少种排法，可以避免出现体育组没有冰鞋可租的尴尬场面。（两个同样需求的人（比如都是租鞋或都是还鞋）交换位置是同一种排法）

输入格式

　　两个整数，表示m和n

输出格式

　　一个整数，表示队伍的排法的方案数。

样例输入

3 2

样例输出

5

数据规模和约定

　　m,n∈［0,18］
　　问题分析

递推：

dp[i][0]=1;

dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-1] [j]  (i>=j)

否则为0.

dp[i][j] 表示 i 个还鞋和 j 个租鞋的时候排队的种类数 

动态规划感觉好神奇，对一个复杂的过程的每一步进行研究，竟然能找到最优的全局策略！

假如 还鞋的记为 A (m个)，租鞋的记为 B（n个），那么对于任意一个有效的种类，必定在每个位置的时候，之前的A的个数都不能小于B的个数，

因此结果如下：

1，按题意 如果A 的个数m多于B的个数n ，那么结果必定为零。

2，第一个必定选A，下一个选A或者B都可以

3，如果第二个选的是B的话，那么第三个必定选A，如果第二个选的是A的话，相当于回到了第2步

......

不难得到递推式了..

对dp[i][j] 有

当前 A的个数为 i 个，B的个数为 j 个，

分两种情况：

1，如果 i 是大于 j 的，上一步选了A或者B，都能得到这个结果,两种情况数量相加，即为dp[i-1][j]+dp[i][j-1];

2，如果 i 等于 j ，说明上一步选的时候必定选的是B（前提是每一个状态的A的数量都不能小于B的数量），那么只有这个一种情况，即为 dp[i][j-1];

代码如下：

#include<stdio.h>#include<string.h>const int maxn=20;int main(){    int dp[maxn][maxn]={0};    for(int i=1;i<maxn;++i)    {        dp[i][0]=1;        for(int j=1;j<=i;++j)        {            dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1];        }    }    int n,m;    while(~scanf("%d%d",&n,&m))    {        printf("%d\n",dp[n][m]);    }    return 0;}