这道题用的是二维答案数组，最后只要对着坐标直接输出就行，但是，在数据处理和求状态转移方程上，这道题给本狗倒是挖了点坑...比如为啥小码君没把小蚂蚁直接踩死或者踩到左脚等等 开始正经讲题！ 1，数据处理方面 这道题题面上说这只蚂蚁只能向右边和上面走，而且要从右下角走到左上角，要知道，C++的数组结构是从左上角往右下角扩大的，那如果真按照题面来写的话，将会极其繁琐...(可能你代码没敲完，键盘先起义了）所以我们要先把题面倒一下，让这只蚂蚁从左上角往右下角走，只能向左或向下移动，被踩掉的是左脚 2.状态转移方程 这道题的状态转移方程其实和蜜蜂路线那道题差不多，这只小 蚂蚁如果想要到右下角（此时我们已经把题面倒了一下），那就必须得到右下角上方的格子或左边的格子，根据加法原理并以此类推，除了可以一次到达的格子外，所有格子的路径总数都为上方和左方的格子路径数之和，即a[i][j]=a[i-1][j]+a[i][j-1]; 3.敲键盘 现将一步到达的格子初始化，输入之后按照状态转移方程递推即可 记得开LONG LONG

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { long long m,n,dt[102][102]; cin>>m>>n; dt[m][1]=1; for(int i=m;i>=1;--i){ for(int j=1;j<=n;++j){ if(j!=1||i!=m) dt[i][j]=dt[i][j-1]+dt[i+1][j]; } } cout<<dt[1][n]; return 0; }

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { long long a,b,c[110][110]; cin>>a>>b; c[a][1]=1; for(int i=a;i>=1;--i){ for(int j=1;j<=b;++j){ if(j!=1||i!=a)c[i][j]=c[i][j-1]+c[i+1][j];}} cout<<c[1][b]; return 0;}

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; long long n,m,a[21][21]; int main(){ a[1][1]=1; a[1][2]=1; a[2][1]=1; cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ if(a[i][j]==0){ a[i][j] =a[i-1][j] + a[i][j-1]; } } } cout<<a[n][m]; return 0; }