- POJ 1942 - Paths on a Grid
- Time: 1000MS
- Memory: 30000K
- 难度: 初级
- 分类: 排列组合
问题描述
给定一个矩形网格的长m和高n，其中m和n都是unsigned int32类型，一格代表一个单位，就是一步，求从左下角到右上角有多少种走法，每步只能向上或者向右走。
解题思路
非常水的中学数学题，用组合做。
先简单建立一个数学模型：
只要给定了长m和高n，那么要从左下角走到右上角，不管怎么走，一定要往右走m次，往上走n次。
例如给定 m=5, n=4
- 那么可以这样走： 上上上上上右右右右
- 又可以这样走： 上右上右上右上右上
等等。。。关键是“上”和“右”的先后问题，就是组合问题了。
那么数学模型就是
从n+m个位置，选择n个位放“上” （那么剩下m个位一定是“右”）
处理阶乘有三种算法：
- （1）传统意义上的直接递归，n的规模最多到20+，太小了，在本题不适用，而且非常慢
- （2）稍快一点的算法，就是利用log()化乘为加，n的规模虽然扩展到1000+，但是由于要用三重循环，一旦n规模变得更大，耗时就会非常之严重,时间复杂度达到
O(n*m*(n-m))，本题规定了n，m用unsigned int32类型，就是说n,m的规模达到了21E以上，铁定TLE的。而且就算抛开时间不算，还存在一个致命的问题，就是精度损失随着n的增加会变得非常严重。
因为n有多大，就要进行n次对数运算，n规模一旦过大，就会丢失得非常严重了。所以这种方法是绝对不可取的，因为中途的精度丢失不是简单的四舍五入可以挽回的。 - （3）拆分阶乘，逐项相除，再乘以前面所有项之积。这种方法用一个循环就OK了，时间复杂度只有 O(n-m)，非常可观。
下面我根据程序详细说说算法（3）：
double cnm=1.0;
while(b>0)
cnm*=(double)(a- -)/(double)(b- -);这是我写的函数原型，计算的是 aCb
这种算法巧妙地利用了分子分母的关系，而不是把公示中的3个阶乘单独处理。
例如当 a=5, b=2 时：
由于用了 double去计算组合数，那么最后要转化为 无符号整型 时就要处理精度问题，有两种方法：四舍五入+强制类型转换 或者 用 setprecision() 函数
详细看我的两个程序。
AC 源码
解题方法一：四舍五入+强制类型转换
/*强制类型转换输出*/
//Memory Time
//220K 0MS
#include<iostream>
#include<math.h>
using namespace std;
/*Compute (n+m)C min{n,m}*/
unsigned comp(unsigned n,unsigned m)
{
unsigned a=m+n;
unsigned b=(m<n?m:n);
double cnm=1.0;
while(b>0)
cnm*=(double)(a--)/(double)(b--);
cnm+=0.5; //double转unsigned会强制截断小数，必须先四舍五入
return (unsigned)cnm;
}
int main(void)
{
unsigned m,n;
while(true)
{
cin>>m>>n;
if(!m && !n)//承认这题的猥琐吧！竟然有其中一边为0的矩阵，一定要&&，用||会WA
break;
cout<<comp(n,m)<<endl;
}
return 0;
}解题方法二：setprecision()函数+自定义精度输出
/*自定义精度输出*/
//Memory Time
//220K 0MS
#include<iostream>
#include<math.h>
#include<iomanip>
using namespace std;
/*Compute (n+m)C min{n,m}*/
double comp(unsigned n,unsigned m)
{
unsigned a=m+n;
unsigned b=(m<n?m:n);
double cnm=1.0;
while(b>0)
cnm*=(double)(a--)/(double)(b--);
return cnm;
}
int main(void)
{
unsigned m,n;
while(true)
{
cin>>m>>n;
if(!m && !n)
break;
cout<<fixed<<setprecision(0)<<comp(n,m)<<endl;
//fixed是为了固定小数位数
//setprecision()函数是会自动四舍五入的，所以不用像强制类型转换那样预先+0.5
}
return 0;
}
