HDU 6114 Chess（DP）2017百度之星初赛(B) 1001

题意：

对于任何一个車A，如果有其他一个車B在它的上方（車B行号小于車A），那么車A必须在車B的右边（車A列号大于車B）。在满足该条件的情况下，摆最多棋子的 方案数有多少。

思路：

自底向上来思考，用n表示行数，m表示列数。先假设一种极端情况（n<m），先摆好前n-1行，如下图。

  n:3   m:5（1表示已经放了一个棋子，0表示不放旗子，2表示可以选择放旗子）

1	0	0	0	0
0	1	0	0	0
0	0	2	2	2

设第n-1行摆放棋子为j列。

通过上图可以分析出来，这种情况下，摆放方案有m-j种。

再看另一种情况。

1	0	0	0	0
0	0	1	0	0
0	0	0	2	2

显然上述的结论也是成立的，那我们怎么通过最后一行推出前面行的情况呢？
我们先做一个处理，将每个点所处的该行的右边放棋子的方案数都加到自身上，即dp[i][j]+=dp[i][j+1…n]（j>=i）

注意！！下面图中的数字为以该点为 左上顶点做棋盘的边界  的所有方案数。而不是表示之前放旗子的状态
什么意思呢？就比如该点为(i,j)时，以n-i+1为行数，m-j+1为列数做棋盘的所有方案数。

先从最后一行开始。（前面的n-1行还未处理所以都为0）

0	0	0	0	0
0	0	0	0	0
0	0	3	2	1

当j<i时，不可能有放棋子的可能，因为要求所放的棋子数最大！这点应该很好想。

处理完最后一行，我们怎么把数目转移到n-1行上呢？
其实通过之前的观察我们就知道，如果我们确定一个点要放棋子，那这种情况下，所有的方案数就等于dp[i+1][j+1]。即取决于它右下角的那个位置的方案数。

dp的状态转移公式：
dp[i][j]+=dp[i+1][j+1]+dp[i][j+1]; (i+1<=n && j+1<=m)

我们继续处理完吧✧(≖ ◡ ≖✿)，不理解的话，再看看下面的图，或许会比较好理解。

0	0	0	0	0
0	6	3	1	0
0	0	3	2	1

10	4	1	0	0
0	6	3	1	0
0	0	3	2	1

✨✨最后dp[1][1]就是我们要求的答案啦~

附上代码~

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int M=1e9+7;
typedef long long ll;
int n,m;
ll dp[1005][1005];
int main(){
int t;
int nt,mt;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d",&nt,&mt);
n=min(nt,mt);//为了方便处理，都让行数<=列数
m=max(nt,mt);
memset(dp,0, sizeof(dp));
for (int j = m; j >=n ; --j) {
dp
[j]=1;
}
for (int i = n; i >=1; --i) {
for (int j = m; j >=i ; --j) {
if(j+1<=m && i+1<=n)  dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i+1][j+1])%M;
if(j+1<=m)  dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i][j+1])%M;
}
}
printf("%I64d\n",dp[1][1]);

}
return 0;
}