【笔记】「pj复习」深搜—

说在最前面

众所周知， NOIP pj 的第三题大部分都是 dp ，但是有可能在考场上想不到动态转移方程，所以我们就可以拿深搜骗分。

方法

深搜拿部分分
- 剪枝
- 记忆化
看数据范围

有时候发现，写完深搜，发现可以打表qwq！

那不就很香嘛（

实践出真知

例一：P1057 传球游戏

$\Large\rm Link$

法1

dfs 暴搜

期望得分：$\rm 40pts$

首先写出 $dfs$ 的参数：

首先是小蛮在第几号，当然是 $1$ ，然后是次数 $0$

再看递归边界

这里是环状递归边界：

if (x == 0) x = n;

if (x == n + 1) x = 1;

if (step == m) {

	if (x == 1) return 1;

    return 0;

}

接下来往下继续搜。

dfs(x + 1, step + 1) + dfs(x - 1, step + 1);

好！ $\rm 40pts$ 到手！

那么我们可以再看一下数据范围，那么小！直接打表啊！

因为时间关系，这里打表就不多讲解了。

法2

加上记忆化

期望得分：$\rm 90pts$

大家应该都知道：暴搜加上记忆化 $≈$ 动归

所以我们加上记忆化：

定义一个 $a$ 数组，表示在某一个位置经过 $step$ 步能否回到起始位置的方法数。

if (a[x][step] != 0) return a[x][step];

放上 dfs 代码：

int dfs (int x, int step) {

	if (x == 0) x = n;

	if (x == n + 1) x = 1;

	if (step == m) {

		if (x == 1) return 1;

	    return 0;

	}

	return dfs(x + 1, step + 1) + dfs(x - 1, step + 1);

}

为什么是 90 分？？？

因为想一下，如果是奇数，那么永远传不到小蛮手中，就会肯定 T 。

法3

加一个特判。

期望得分： $100pts$

    if (n % 2 == 0 && m % 2 == 1) {

		cout << 0;

		return 0;

	}

法4

既然这题的正解是 dp，那么我们还是要讲讲 dp 的。

其实 dp 和记忆化没有很大的区别。

状态表示：$\rm f[i][j]$ 表示第 $i$ 次传球后球在第 $j$ 个小朋友手上回到小蛮手中的方案数。

我们发现 $\rm f[i][j]$ 跟 $\rm a[x][step]$ 是很像的。

状态转移：$\rm f[i][j] =
\begin{cases}
\rm f[i - 1][j - 1] & \text{第 i 次传球从左边传给 j}\\
\rm f[i - 1][j + 1] & \text{第 i 次传球从右边传给 j}
\end{cases}$

这样写对不对？不对！

因为这是环状的，环状的解决方法通常是 $\mod n$

$(x + n - 1) \mod n + 1$

所以正确状态转移为：$\rm f[i][j] =
\begin{cases}
\rm f[i - 1][(j - 1 + n - 1) \mod n + 1] & \text{第 i 次传球从左边传给 j}\\
\rm f[i - 1][(j + 1 + n - 1) \mod n + 1] & \text{第 i 次传球从右边传给 j}
\end{cases}$

所以：$\rm f[i][j] = f[i - 1][(j - 1 + n - 1) \mod n + 1] + f[i - 1][(j + 1 + n - 1) \mod n + 1]$

做完，最后放上 AC 代码：

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cstring>

#include<cmath>

#include<string>

#define line cout << endl

using namespace std;

int f[35][35];

int n, m;

int main() {

	cin >> n >> m;

	f[1][n] = f[1][2] = 1;

	for (int i = 2; i <= m; i++) {

		for (int j = 1; j <= n; j++) {

			f[i][j] = f[i - 1][(j - 1 + n - 1) % n + 1] + f[i - 1][(j + 1 + n - 1) % n + 1];

		}

	}

	cout << f[m][1] << endl;

	return 0;

}