狀態機思路解決動態規劃問題

這個狀態機是我理解上的狀態機，即：在設計算法的時候不只是專注於其中的數字邏輯，因爲數字邏輯雖然易於抽象，但是有時會付出極大的時間消耗。

而使用狀態機的思路可以增加內存來存儲狀態進行演繹，但是能夠大幅度減少時間消耗

例子：一個擊鼓傳花的問題：

學校聯歡晚會的時候，爲了使每一個同學都能參與進來，主持人常常會帶着同學們玩擊鼓傳花的遊戲。遊戲規則是這樣的：n個同學坐着圍成一個圓圈，指定一個同學手裏拿着一束花，主持人在旁邊背對着大家開始擊鼓，鼓聲開始之後拿着花的同學開始傳花，每個同學都可以把花傳給自己左右的兩個同學中的一個（左右任意），當主持人停止擊鼓時，傳花停止，此時，正拿着花沒傳出去的那個同學就要給大家表演一個節目。

聰明的小賽提出一個有趣的問題：有多少種不同的方法可以使得從小賽手裏開始傳的花，傳了m次以後，又回到小賽手裏。對於傳遞的方法當且僅當這兩種方法中，接到花的同學按接球順序組成的序列是不同的，才視作兩種傳花的方法不同。比如有3個同學1號、2號、3號，並假設小賽爲1號，花傳了3次回到小賽手裏的方式有1->2->3->1和1->3->2->1，共2種。

輸入共一行，有兩個用空格隔開的整數n，m（3<=n<=30，1<=m<=30）

輸出共一行，有一個整數，表示符合題意的方法數

首先：不適用狀態機的解決方案（代碼在後邊）

：遍歷每種可能的狀態，判斷是不是傳回給了自己

當傳遞次數增加的時候，狀態的可能性呈指數增加：而事實上，並不需要針對每個中間過程中的狀態來判斷，只需要最後停止時候的狀態的可能性

思路：

第一步：建立狀態陣

對於N個鏈式節點，狀態陣爲長度爲N的內存

長度爲N的一段狀態，這裏的狀態只有兩種情況，可以選擇Bool活着int，int可以統計數據，更加理想

爲了存儲m次傳遞之後的狀態，這裏擴充內存結構爲：

代碼：shared_ptr<int> MatirxCount = new int[n][m];

用智能指針管理動態數組；

第二步：逐次模擬結果狀態

1. 初始化狀態：MatrixCount[1][0] = 1;

2. 每次傳遞：將MatrixCount[i][j]向周圍擴散，每次傳遞後的數據向下一行記錄；

關鍵步驟：每次1擴散到節點都代表有一種將花傳遞到該節點的方案

3. 循環擴散m次

第三步：拿到結果並輸出

要求的是輸出傳回給自己的方案數，那麼只訪問統計m次以後，MatrixCount[1][m]的值即可

具體實現：

int main()
{
    int n, m;
    cin >> n >> m;

    // 擴容：n+1增加一個單元形成閉環；m+1：初始狀態佔一個位置
    vector<vector<int>> MatrixCount(m + 1, vector<int>(n + 2, 0));

    // 開始逐次模擬
    MatrixCount[0][1] = 1;
    MatrixCount[0][n+1] = 1;
    for (int i = 1; i <= m; ++i)
    {
        for (int j = 1; j <= n; ++j)
        {
// 每次都將矩陣中的狀態向下擴散
            MatrixCount[i][j] = MatrixCount[i-1][j-1] + MatrixCount[i-1][j+1];
        }
        MatrixCount[i][0] = MatrixCount[i][n];	// 用計算彌補數據結構的不足
        MatrixCount[i][n+1] = MatrixCount[i][1];
    }

    cout << MatrixCount[m][1];		// 拿到狀態統計結果
    return 0;
}

附加一個遍歷所有中間狀態的算法：在次數過多的時候無法執行

bool isComeBack(long Numbers, int circle, int times)
{
    int tempSummary = 0;
    for (int i = 0; i < times; ++i)
    {
        tempSummary += (Numbers % 2 == 1 ? 1 : -1);
        Numbers /= 2;
    }
    if (tempSummary % circle == 0)
        return true;
    else
        return false;
}

int main()
{
    int m, n;
    cin >> n >> m;
    int count = 0;
    for (long i = 0; i < pow((double)2, m); ++i)
    {
        if (isComeBack(i, n, m))
            count++;
    }
    cout << count;
    return 0;
}