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)、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。
样例输入
6 6 3 3样例输出
6【题目来源】
NOIP 2002 普及组第四题
题目分析
首先 A 点的坐标是(0,0)(0,0)！并且，卒只能向下或向右！我们都清楚象棋中的马是如何跳的，跳的是“日”字形。以输入样例 6×6，马在 (3,3)(3,3) 为例，左至右分别为 x ，上至下分别为 y。
其中 C 点为马的控制点。我们不妨把马的控制点 a[x][y] 标记为 1。
样例共有 6 条路径：
大家仔细观察一下，马在第一排 (y=0)(y=0) 的走法有三种：
- 第一排走到底，再走到目标点；
- 第一排走到第四个 0 的位置，这里大家可以看出有一种路径；
- 第一排走到倒数第二个 0 的位置，拐个弯到达目标位置；
这里总共 33 种走法； 在第一列 (x=0)(x=0) 的走法有两种，分别是：
- 第一列走到倒数第二个 0 的位置，拐个弯到达目标位置；
- 第一列走到第四个 0 的位置，大家可以看出有一种路径；
- 第一列走到底，再走到目标点；
这里总共有 3 种走法；加上前面的3种，共有6种！
看到这里，大家应该明白了题意，现在我们看输入输出：
- 输入前两个数，为棋盘的长宽；
- 输入后两个数，为马的坐标(x,y)(x,y)；
代码实现
搜索回溯
一匹马
先判断出马的所有据点坐标判断坐标是否越界
但考虑的细节很多，代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,x,y; //(n,m)=终点坐标 (x,y)=马坐标
int sum=0; //计数
bool a[21][21]={0}; //判断是否可走
void dfs(int x,int y){
for(int i=1;i<=2;i++){ //有两种情况(向上或向右走)
if(x<=n&&y<=m&&a[x][y]==0){
int oldx=x,oldy=y;
if(i==1){ //向下走 防止越界 判断下面的数是否被马占领
x++;
}
if(i==2){ //向右走 防止越界 判断右边的数是否被马占领
y++;
}
if(x==n&&y==m){
sum++;
}
else{
dfs(x,y);
}
x=oldx,y=oldy; //返回原值
}
}
}
int main(){
cin>>n>>m>>x>>y;
//判断马的据点
a[x][y]=1;
// P1
if(x+2<=n&&y+1<=m){
a[x+2][y+1]=1;
}
// P2
if(x+1<=n&&y+2<=m){
a[x+1][y+2]=1;
}
// P3
if(x-1>=0&&y+2<=m){
a[x-1][y+2]=1;
}
// P4
if(x-2>=0&&y+1<=m){
a[x-2][y+1]=1;
}
// P5
if(x-2>=0&&y-1>=0){
a[x-2][y-1]=1;
}
// P6
if(x-1>=0&&y-2>=0){
a[x-1][y-2]=1;
}
// P7
if(x+1<=n&&y-2>=0){
a[x+1][y-2]=1;
}
// P8
if(x+2<=n&&y-1>=0){
a[x+2][y-1]=1;
}
dfs(0,0);
cout<<sum;
return 0;
} 
因为用的是搜索回溯而不是递归，所以会超时！测试点如下：
两匹马
偷懒思路-两匹马
偷懒思路：这个思路是我朋友想到的（
把数组设大一点，把棋盘放到中间
这样就不用考虑越界了！代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int s[10001][10001]={0},n,m,x1,y3,y2,x2,sum=0;
int sch(int x,int y){
for(int i=1;i<=2;i++){
if(s[x][y]==0&&x<=n+100&&y<=m+100){
int p=x,l=y;
if(i==1){
x++;
}
if(i==2){
y++;
}
if(n+100==x&&m+100==y){
sum++;
}
else{
sch(x,y);
}
x=p;
y=l;
}
}
}
int main(){
cin>>n>>m>>x1>>y3>>x2>>y2;
s[x1+100][y3+100]=1;
s[x1+100-2][y3+100+1]=1;
s[x1+100-2][y3+100-1]=1;
s[x1+100+1][y3+100-2]=1;
s[x1+100+1][y3+100+2]=1;
s[x1+100-1][y3+100+2]=1;
s[x1+100-1][y3+100-2]=1;
s[x1+100+2][y3+100-1]=1;
s[x1+100+2][y3+100+1]=1;
s[x2+100-2][y2+100+1]=1;
s[x2+100-2][y2+100-1]=1;
s[x2+100+1][y2+100-2]=1;
s[x2+100+1][y2+100+2]=1;
s[x2+100-1][y2+100+2]=1;
s[x2+100-1][y2+100-2]=1;
s[x2+100+2][y2+100-1]=1;
s[x2+100+2][y2+100+1]=1;
s[x2+100][y2+100]=1;
sch(100,100);
cout<<sum;
return 0;
} 则 sch(100,100);
一般思路-两匹马
浅浅改一下代码就可以了！#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,xxx,yyy,xx,yy; //(n,m)=终点坐标 (xx,yy)=第一匹马的坐标 (xxx,yyy)=第二匹马的坐标
int sum=0; //计数
bool a[21][21]={0}; //判断是否可走
void dfs(int x,int y){
for(int i=1;i<=2;i++){ //有两种情况(向上或向右走)
if(x<=n&&y<=m&&a[x][y]==0){
int oldx=x,oldy=y;
if(i==1){ //向下走 防止越界 判断下面的数是否被马占领
x++;
}
if(i==2){ //向右走 防止越界 判断右边的数是否被马占领
y++;
}
if(x==n&&y==m){
sum++;
}
else{
dfs(x,y);
}
x=oldx,y=oldy; //返回原值
}
}
}
int main(){
cin>>n>>m>>xxx>>yyy>>xx>>yy;
//判断第一匹马的据点(xx,yy)
a[xxx][yyy]=1;
// P1
if(xxx+2<=n&&yyy+1<=m){
a[xxx+2][yyy+1]=1;
}
// P2
if(xxx+1<=n&&yyy+2<=m){
a[xxx+1][yyy+2]=1;
}
// P3
if(xxx-1>=0&&yyy+2<=m){
a[xxx-1][yyy+2]=1;
}
// P4
if(xxx-2>=0&&yyy+1<=m){
a[xxx-2][yyy+1]=1;
}
// P5
if(xxx-2>=0&&yyy-1>=0){
a[xxx-2][yyy-1]=1;
}
// P6
if(xxx-1>=0&&yyy-2>=0){
a[xxx-1][yyy-2]=1;
}
// P7
if(xxx+1<=n&&yyy-2>=0){
a[xxx+1][yyy-2]=1;
}
// P8
if(xxx+2<=n&&yyy-1>=0){
a[xxx+2][yyy-1]=1;
}
//判断第二匹马马的据点(xxx,yyy) 把(xx,yy)改成(xxx,yyy)即可
a[xx][yy]=1;
// P1
if(xx+2<=n&&yy+1<=m){
a[xx+2][yy+1]=1;
}
// P2
if(xx+1<=n&&yy+2<=m){
a[xx+1][yy+2]=1;
}
// P3
if(xx-1>=0&&yy+2<=m){
a[xx-1][yy+2]=1;
}
// P4
if(xx-2>=0&&yy+1<=m){
a[xx-2][yy+1]=1;
}
// P5
if(xx-2>=0&&yy-1>=0){
a[xx-2][yy-1]=1;
}
// P6
if(xx-1>=0&&yy-2>=0){
a[xx-1][yy-2]=1;
}
// P7
if(xx+1<=n&&yy-2>=0){
a[xx+1][yy-2]=1;
}
// P8
if(xx+2<=n&&yy-1>=0){
a[xx+2][yy-1]=1;
}
dfs(0,0);
cout<<sum;
return 0;
} 结果仍然是6条路径，如下图
教程到这就结束了！看我写的这么辛苦的份上，点个赞好吗~
递归代码（双马）
递归两匹马code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int n,m,m1x,m1y,m2x,m2y,a[105][105],b[105][105]={0};
cin>>n>>m>>m1x>>m1y>>m2x>>m2y;
//马的据点
b[m1x][m1y]=1;
if(m1x-2>=0&&m1y-1>=0){
b[m1x-2][m1y-1]=1;
}
if(m1x-1>=0&&m1y-2>=0){
b[m1x-1][m1y-2]=1;
}
if(m1x+1<=n&&m1y-2>=0){
b[m1x+1][m1y-2]=1;
}
if(m1x+2<=n&&m1y-1>=0){
b[m1x+2][m1y-1]=1;
}
if(m1x+2<=n&&m1y+1<=m){
b[m1x+2][m1y+1]=1;
}
if(m1x+1<=n&&m1y+2<=m){
b[m1x+1][m1y+2]=1;
}
if(m1x-1>=0&&m1y+2<=m){
b[m1x-1][m1y+2]=1;
}
if(m1x-2>=0&&m1y+1<=m){
b[m1x-2][m1y+1]=1;
}
b[m2x][m2y]=1;
if(m2x-2>=0&&m2y-1>=0){
b[m2x-2][m2y-1]=1;
}
if(m2x-1>=0&&m2y-2>=0){
b[m2x-1][m2y-2]=1;
}
if(m2x+1<=n&&m2y-2>=0){
b[m2x+1][m2y-2]=1;
}
if(m2x+2<=n&&m2y-1>=0){
b[m2x+2][m2y-1]=1;
}
if(m2x+2<=n&&m2y+1<=m){
b[m2x+2][m2y+1]=1;
}
if(m2x+1<=n&&m2y+2<=m){
b[m2x+1][m2y+2]=1;
}
if(m2x-1>=0&&m2y+2<=m){
b[m2x-1][m2y+2]=1;
}
if(m2x-2>=0&&m2y+1<=m){
b[m2x-2][m2y+1]=1;
}
//递归边界
for(int i=0;i<=m;i++){
a[0][i]=1;
}
for(int i=0;i<=n;i++){
a[i][0]=1;
}
//递归
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
if(b[i][j]==0){
a[i][j]=a[i-1][j]+a[i][j-1];
}
}
}
cout<<a[n][m]<<endl;
}