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：

#include<stdio.h>
#include<string.h>

int a[31],M,N;

int sum(int x,int y){
    int i,s=0;
    for(i=x;i<=y;i++){
        s+=a[i];
    }
    return s;
}

void fun(){
    a[1]=1;
    a[2]=1;
    int i;
    for(i=3;i<=M;i++){
        a[i]=sum(1,i-1);
    }
    for(i=M+1;i<=N;i++){
        a[i]=sum(i-M,i-1);
    }
    return;
}

int main(){
    while(scanf("%d%d",&N,&M)!=EOF&&(N!=0||M!=0)){
        if(M==0){
            if(N==1)printf("1
");
            else printf("0
");
        }
        else {
            fun();
            printf("%d
",a[N]);
        }
    }
    return 0;
}

DP 代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>

int a[31],M,N;

int main(){
    while(scanf("%d%d",&N,&M)!=EOF&&(N!=0||M!=0)){
        int i,j;
        memset(a,0,sizeof(a));
        a[1]=1;
        for(i=2;i<=N;i++){
            if(i-1<=M){
                a[i]++;
            }
            for(j=1;j<=M&&i+j<=N;j++){
                a[i+j]+=a[i];
            }
        }
        printf("%d
",a[N]);
    }
    return 0;
}