一组简单一点的题目(六) B - 小兔的棋盘

题目：B - 小兔的棋盘
小兔的叔叔从外面旅游回来给她带来了一个礼物，小兔高兴地跑回本身的房间，拆开一看是一个棋盘，小兔有所失望。不过没过几天发现了棋盘的好玩之处。从起点(0，0)走到终点(n,n)的最短路径数是C(2n,n),如今小兔又想若是不穿越对角线(但可接触对角线上的格点)，这样的路径数有多少?小兔想了很长时间都没想出来，如今想请你帮助小兔解决这个问题，对于你来讲应该不难吧!
Input
每次输入一个数n(1<=n<=35)，当n等于－1时结束输入。
Output
对于每一个输入数据输出路径数，具体格式看Sample。
Sample Input
1
3
12
-1
Sample Output
1 1 2
2 3 10
3 12 416024

思路：这个题要特别注意一下里面有个要求即不能越过对角线！，因此能够分开处理，即将其分红上半边和下半边。只须要求出一个半边，以后乘2便可。
这个题一开始我想进行组合来着，可是后来发现由于不能越过对角线，因此不能够进行组合，因此就用相似斐波那契数列进行，即每次到一个格子的的方式的数量由走到下一个格子和走到左一个格子的方式的数量之和。而对角线由于特殊因此要单独处理，即走到对角线的方式的数量仅有下边一个格子决定，每次都要算到(n,n)，即每次循环存储的时候都要到(i,i)；

新技巧：这个类斐波那契数列存数的方式早就接触到，但这个是一种能够用的状况，即行走的步数的问题，即从这里走怎么走到另外一个问题，因此从每一步的种类数量由前一步仍是前几步决定。
因此，总得来讲就是，这种走路方式和数量的问题均可以尝试用类斐波那契数列处理，前提必需要有先后关系才行！！

代码：

#include<iostream>
#include<cstring>

using namespace std;
long long a[37][37];
int main()
{
    int i,j,n;
    memset(a,0,sizeof(a));
    for(i=1;i<36;++i){
        a[i][0]=1;
        for(j=1;j<i;++j){
            a[i][j]=a[i-1][j]+a[i][j-1];
        }
        a[i][i]=a[i][i-1];
    }
    int num=0;
    while(cin >> n&&n!=-1){
            num++;
        cout << num << " " << n << " "<< 2*a[n][n] << endl;
    }
    return 0;
}