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问题描述

　　在那个过河卒逃过了马的控制以超级超级多的走法走到了终点之后，这匹马表示它不开心了……
　　于是，终于有一天，它也过河了！
　　由于过河马积累了许多的怨念，所以这次它过了河之后，再也没有什么东西可以限制它，它可以自由自在的在棋盘上驰骋。一开始，它是在一个n行m列棋盘的左下角（1,1）的位置，它想要走到终点右上角（n，m）的位置。而众所周知，马是要走日子格的。可是这匹马在积累了这么多怨念之后，它再也不想走回头路——也就是说，它只会朝向上的方向跳，不会朝向下的方向跳。
　　那么，这匹马它也想知道，它想从起点跳到终点，一共有多少种走法呢？

输入格式

　　第一行两个数n，m，表示一个n行m列的棋盘，马最初是在左下角（1,1）的位置，终点在右上角（n，m）的位置。

输出格式

　　输出有一行，一个数表示走法数。由于答案可能很大，所以输出答案除以1000000007所得的余数即可。

样例输入

4 4

样例输出

2

数据规模和约定

　　n<=100,m<=100

#include<iostream>
using namespace std;
#define A 1000000007
const int N=105;
int dp[N][N];//dp[i][j]:表示从（1,1）到（i，j)一共有dp[i][j]种方法 

int main(){
	int n,m;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	//初始化
	dp[3][2]=1,dp[2][3]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(i-1>=1&&j-2>=1){//从（i-1,j-2)跳到（i,j) 
				dp[i][j]=dp[i][j]+dp[i-1][j-2];
				dp[i][j]%=A;
			}
			if(i-2>=1&&j-1>=1){//从（i-2,j-1)跳到（i,j) 
				dp[i][j]=dp[i][j]+dp[i-2][j-1];
				dp[i][j]%=A;
			}
			if(i-2>=1&&j+1<=m){//从（i-2,j+1)跳到（i,j) 
				dp[i][j]=dp[i][j]+dp[i-2][j+1];
				dp[i][j]%=A;
			}
			if(i-1>=1&&j+2<=m){//从（i-1,j+2)跳到（i,j) 
				dp[i][j]=dp[i][j]+dp[i-1][j+2];
				dp[i][j]%=A;
			}
		}
		
	}
	printf("%d\n",dp[n][m]);
	return 0;
} 

 思路：dp。dp[i][j]:表示从（1,1）到（i，j)一共有dp[i][j]种方法，所以答案为dp[n][m]。走一次跳到（i，j），有四种情况，总共次数就是把这4种加起来。注意，不能用dfs，因为n<=100，dfs的时间复杂度是指数级的。

从（1，1）到（n，m），只能向下走：（和题目是一样的意思，只不过反了一下）

要到达，有4种方法，将其相加即为总数。dp[i][j]=dp[i-1][j-2]+dp[i-2][j-1]+dp[i-2][j+1]+dp[i-1][j+2]，分别对应着走法1、2 、3、4，只不过还要判断一下有没有越界。