算法学习之路|蒜头君的新游戏1

工作空闲之余，蒜头君经常带着同事们做游戏，最近蒜头君发明了一个好玩的新游戏：nn 位同事围成一个圈，同事 A 手里拿着一个兔妮妮的娃娃。蒜头君喊游戏开始，每位手里拿着娃娃的同事可以选择将娃娃传给左边或者右边的同学，当蒜头君喊游戏结束时，停止传娃娃。此时手里拿着娃娃的同事即是败者。

玩了几轮之后，蒜头君想到一a个问题：有多少种不同的方法，使得从同事 A 开始传娃娃，传了 mm 次之后又回到了同事 A 手里。两种方法，如果接娃娃的同事不同，或者接娃娃的顺序不同均视为不同的方法。例如 1−>2−>3−>11−>2−>3−>1 和 1−>3−>2−>11−>3−>2−>1 是两种不同的方法。

输入格式
输入一行，输入两个整数 n,m(3≤n≤30,1≤m≤30)n,m(3≤n≤30,1≤m≤30)，表示一共有 nn 位同事一起游戏，一共传 mm 次娃娃。

输出格式
输出一行，输出一个整数，表示一共有多少种不同的传娃娃方法。

样例输入
3 3
样例输出
2

本体的难点是分出阶段，找出决策，列出状态转移方程。

我们把dpi看做所剩i步，到达同事j所有种情况数。

看例题：我们编号3位同事0~2，如果求0~0的所有情况，那么就要知道在还剩下1步的情况下，

到达1，2的所有情况，即dp0=dp1+dp1;

所以，我们得出状态转移方程dpi=dpi+1+dpi-1.//思路对的，不考虑环路

(因为是环路，所以应该改为dpi=dpi+1+dpi+1;)

最后，我们列出特殊情况：

即当所剩步数是m时，只有dp0=1

(自己到自己肯定不需要走嘛，其他dp0=0,因为0号到其他肯定要走路,不存在0~其他无需走路的情况)

#include<iostream>
using namespace std;
int main(){int dp[31][30];//每行代表所剩步数,每列代表每位同事int n,m;cin>>n>>m;dp[m][0]=1;//所剩步数是m的有一种情况：从第0位同事开始，不动，到自己。for(int i=1;i<n;i++)   dp[m][i]=0;//其余剩下m步的情况肯定不存在for(int i=m-1;i>=0;i--){for(int j=0;j<n;j++){dp[i][j]=dp[i+1][(j+n+1)%n]+dp[i+1][(j+n-1)%n];}//当在0~5时，5 0 1满足，4 5 0也满足}cout<<dp[0][0];//输出当步数为0，且到达同事0时的所有方法
}

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