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题意：有一队人（人数 ≥ 1），开头一个人要将消息传到末尾一个人那里，规定每次最多可以向后传n个人，问共有多少种传达方式。
这道题我刚拿到手没有想过 DP ，我觉得这样传消息其实很像 Fibonacci 所举的例子：一个人每次能够跨一或二阶台阶，问到 n 阶台阶有几种跨法。理念是一样的，只不过跨得台阶数可能会变而已。根据 Fibonacci 数列类比过来，每次最多能传 m 人，则 A [ i ] = A [ i - m ] + A [ i - m + 1 ] + …… + A [ i - 1 ] , 表示传到第 i 人的情况可能是传到前面 1 ～ m 人后经一步传来的，而前面项不足 m 的则都是由前面所有项累加得到的。
是的，思路并没有问题，但是我还是 WA 了好多发，于是我找了个 AC 代码把所有解的情况打表出来找不同，终于发现了当有超过一人，而最多可向后传 0 人时，即消息不能向后传的时候，是不可能传到最后的，值是 0 ，但是不能忽略如果一开始只有一人，那么他本身就是最后一人，即使 m = 0 ，即不能向后传消息了，这时队尾的人也就是他自己也还是知道这个消息的，所以值是 1 。
至此，我的递推就圆满 AC 了。但是这道题却的确还有 DP 的做法，即每当消息传到某个人的可能情况数增加时，那么这些情况下他同样可以再将消息一步传给他后面的第 1 ～ m 个人，这样，遍历到最前面的 m 个人时每次 dp 值 ++ ，代表从开始点一步到该点的情况，而后面的则只需要传递种类数就行。
递推代码：
1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 4 int a[31],M,N; 5 6 int sum(int x,int y){ 7 int i,s=0; 8 for(i=x;i<=y;i++){ 9 s+=a[i]; 10 } 11 return s; 12 } 13 14 void fun(){ 15 a[1]=1; 16 a[2]=1; 17 int i; 18 for(i=3;i<=M;i++){ 19 a[i]=sum(1,i-1); 20 } 21 for(i=M+1;i<=N;i++){ 22 a[i]=sum(i-M,i-1); 23 } 24 return; 25 } 26 27 int main(){ 28 while(scanf("%d%d",&N,&M)!=EOF&&(N!=0||M!=0)){ 29 if(M==0){ 30 if(N==1)printf("1\n"); 31 else printf("0\n"); 32 } 33 else { 34 fun(); 35 printf("%d\n",a[N]); 36 } 37 } 38 return 0; 39 }
DP 代码：
1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 4 int a[31],M,N; 5 6 int main(){ 7 while(scanf("%d%d",&N,&M)!=EOF&&(N!=0||M!=0)){ 8 int i,j; 9 memset(a,0,sizeof(a)); 10 a[1]=1; 11 for(i=2;i<=N;i++){ 12 if(i-1<=M){ 13 a[i]++; 14 } 15 for(j=1;j<=M&&i+j<=N;j++){ 16 a[i+j]+=a[i]; 17 } 18 } 19 printf("%d\n",a[N]); 20 } 21 return 0; 22 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/cenariusxz/p/4309578.html
