虽说是 dp 入门题，但还是有很多细节需要注意

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如果设 \(f_{x,y}\) 为目标地点为 \((x,y)\) 时走的种数，那么答案就是 \(f_{n,m}\)

在不考虑那只讨厌的马的情况下，对于任意一个坐标 \((i,j)\) ，它能走的方案数应该是从上面和左边走来，即 \(f_{i-1,j}\ +\ f_{i,j-1}\) 的值（从上面走来的方案数和从左边走来的和）。

此时天空一声巨响，一匹马闪亮登场，从题目所给的图中不难发现，这只马影响九个位置的值，使过河卒不能走

换而言之，马能走的地方，过河卒的统计应该直接跳过。

那么一个显而易见的思路：设一个数组 \(s\) ，在开始 dp 前初始化 \(s\) 数组，将马可能走到的坐标打上标记，然后在 dp 的时候如果当前坐标有这个标记就 \(\mathtt{continue}\) ，否则令 \(f_{i,j}\ =\ f_{i-1,j}\ +\ f_{i,j-1}\)，初始化 \(f_{1,1}\) 为 \(1\) 。

然而 NOI plus 的出题人会这么良心么？？？显然非常凉心。如果这样干，一开始就这么干，就会导致初始化 \(f\) 数组的值被干掉，最后结果都是 \(0\) 。所以需要判断一下二者的大小，取较大的值，从而避免这个问题，即 \(f_{i,j}\ =\ \max(f_{i,j},f_{i-1,j}+f_{i,j-1})\)

然而 NOI plus 的出题人的心仅仅这么凉么？？？显然比这要凉得多。由于转移方程设计减法，会导致数组访问一个不存在的负数下标！！！其实解决方法也很简单，也就是把棋盘往下移。

最后记得开 \(\mathtt{long\ long}\) ！！！

参考代码

#include <iostream>

#include <stdio.h>

#include <math.h>

#define ll long long

using namespace std;

ll f[101][101],n,m,mn,mm,s[230][230];

void stop(ll x,ll y)

{

    s[x][y]=1;

    s[x-1][y-2]=1;

    s[x-2][y-1]=1;

    s[x-2][y+1]=1;

    s[x-1][y+2]=1;

    s[x+1][y-2]=1;

    s[x+2][y-1]=1;

    s[x+1][y+2]=1;

    s[x+2][y+1]=1;

}

//初始化 s 数组

int main()

{

    scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&mn,&mm);

    n+=2,m+=2,mn+=2,mm+=2; //坐标下移

    stop(mn,mm);

    f[2][2]=1; //初始化下移

    for(int i=2;i<=n;i++) //棋盘下移

    {

        for(int j=2;j<=m;j++) //棋盘下移

        {

            if(s[i][j]) continue;

            f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]+f[i][j-1]);

        }

    }

    printf("%lld\n",f[n][m]);

    return 0;

}