此文章主要是给刷算法题的小萌新写的题解，博主每日刷题，把所刷的题以及所获都会发到博客里面，文章有详解思路，并且有对应的AC代码，希望我的博客对算法小萌新有所帮助。感谢CSDN平台给我这个机会，我会努力创作，创作高质量文章。 
P1002 [NOIP2002 普及组] 过河卒
题目描述
棋盘上 A 点有一个过河卒，需要走到目标 B 点。卒行走的规则：可以向下、或者向右。同时在棋盘上 C 点有一个对方的马，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。因此称之为“马拦过河卒”。
棋盘用坐标表示，A 点 (0,0)(0,0)、B 点 (n,m)，同样马的位置坐标是需要给出的。
现在要求你计算出卒从 A 点能够到达 B 点的路径的条数，假设马的位置是固定不动的，并不是卒走一步马走一步。
输入格式
一行四个正整数，分别表示 B 点坐标和马的坐标。
输出格式
一个整数，表示所有的路径条数。
输入
6 6 3 3
输出
6
说明/提示
对于 100% 的数据，1≤n,m≤20，0≤ 马的坐标 ≤20。
【题目来源】
NOIP 2002 普及组第四题
解题思路：
这道题初始位置是从 0 开始的，这样不是很利于我们解题，所以不如暂且把这题里涉及的坐标统统 +1，那么初始位置就从 (0,0) 变成了 (1,1)。
先考虑如果没有任何马的限制，卒子可以随便向右向下走，那么可以想到，一个卒子只能从 当前格子的左侧格子 和 当前格子的上方格子 上走到当前格子。那么假设从 (1,1) 走到 当前格子的左侧格子 的路径条数是 x，从 (1,1) 走到 当前格子的上方格子 的路径条数是 y，那么从 (1,1) 走到当前格子的路径条数就应该是 x+y。
其实我们已经得到了一个动态规划的转移方程，设 f(i,j) 表示从 (1,1) 格子走到当前格子的路径条数，那么根据上一段得到的结论，可以得到：
f(i,j)=f(i−1,j)+f(i,j−1)
(i,j) 是当前格子，那么 (i−1,j) 就是 当前格子的上方格子，(i,j−1) 就是 当前格子的左侧格子。我们只需要从小到大依次枚举 i 和 j 就能获得所有点的答案，可以想到，在这道题里我们要求的答案就是 f(n,m)（因为 B 点的坐标是(n,m)）。
当然如果只是按照这个公式推肯定不行，因为 f 的初始数值都是 0，再怎么推也都是 0，我们要让 f(1,1) 能根据上面得到的式子推出答案是 1，这样才能有有意义的结果。根据 f(1,1)=f(0,1)+f(1,0)，我们只需要让f(1,0)=1 或者f(0,1)=1 即可。
接下来考虑一下加入了 马 这道题该怎么做，假设 (x,y) 这个点被马拦住了，其实就是说这个点不能被卒子走到，那当我们枚举到这个点的时候，发现他被马拦住了，那就直接跳过这个点，让 f(x,y)=0 就行了。
具体写代码的时候我们注意到在判断一个点有没有被马拦住时，会用到 (i−2,j−1) 和 (i−1,j−2) 这两个位置，那如果不把所有的点的坐标都加上 2 （前面分析的时候只把所有的坐标加上 1），就会因为数组越界而 WA 掉一个点。
答案可能很大，所以记得开 long long
AC代码：
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=30;
int n,m;
int mx,my;
bool vis[N][N];
long long dp[N][N];
int dx[]={1,1,-1,-1,2,2,-2,-2};
int dy[]={2,-2,2,-2,1,-1,1,-1};
void fun(int x,int y){
vis[x][y]=true;
for(int i=0;i<8;i++){
int bx=x+dx[i];
int by=y+dy[i];
vis[bx][by]=true;
}
}
int main(){
cin>>n>>m>>mx>>my;
fun(mx,my);
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=max(n,m);i++){
if(!vis[i][0]){
dp[i][0]=dp[i-1][0];
}
if(!vis[0][i]){
dp[0][i]=dp[0][i-1];
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
if(!vis[i][j]){
dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1];
}
}
}
cout<<dp[n][m]<<endl;
return 0;
}P1003 [NOIP2011 提高组] 铺地毯
题目描述
为了准备一个独特的颁奖典礼，组织者在会场的一片矩形区域（可看做是平面直角坐标系的第一象限）铺上一些矩形地毯。一共有 n 张地毯，编号从 1 到 n。现在将这些地毯按照编号从小到大的顺序平行于坐标轴先后铺设，后铺的地毯覆盖在前面已经铺好的地毯之上。
地毯铺设完成后，组织者想知道覆盖地面某个点的最上面的那张地毯的编号。注意：在矩形地毯边界和四个顶点上的点也算被地毯覆盖。
输入格式
输入共 n+2 行。
第一行，一个整数 n，表示总共有 n 张地毯。
接下来的 n 行中，第 i+1 行表示编号 i 的地毯的信息，包含四个整数 a,b,g,k，每两个整数之间用一个空格隔开，分别表示铺设地毯的左下角的坐标 (a,b) 以及地毯在 x 轴和 y 轴方向的长度。
第 n+2 行包含两个整数 x 和 y，表示所求的地面的点的坐标 (x,y)。
输出格式
输出共 1 行，一个整数，表示所求的地毯的编号；若此处没有被地毯覆盖则输出 -1。
说明/提示
【样例解释 1】
如下图，1 号地毯用实线表示，2 号地毯用虚线表示，3 号用双实线表示，覆盖点 (2,2) 的最上面一张地毯是 3 号地毯。
【数据范围】
对于 30% 的数据，有 n≤2。
对于 50% 的数据，0≤a,b,g,k≤100。
对于 100% 的数据，有 0≤n≤104,0≤a,b,g,k≤105。
noip2011 提高组 day1 第 1 题。
解题思路：
我们先把每个地毯都存起来，直接考虑筛一遍所有毯子，每次判断有没有覆盖这个点，若覆盖就更新答案即可。
AC代码：
#include<iostream>
using namespace std;
int n,x,y;
const int N=1e4+5;
int vis[N][N];
int a[N],b[N],g[N],k[N];
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i]>>b[i]>>g[i]>>k[i];
}
int x,y;
cin>>x>>y;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]<=x&&b[i]<=y&&(a[i]+g[i])>=x&&(b[i]+k[i])>=y){
vis[x][y]=i;
}
}
if(vis[x][y]==0){
cout<<-1<<endl;
}else{
cout<<vis[x][y]<<endl;
}
return 0;
}