这是经典的深度优先搜索（DFS）案例。
题目描述：给定一个N*M方格的迷宫，迷宫里有T处障碍，障碍处不可通过。给定起点坐标和终点坐标，问: 每个方格最多经过1次，有多少种从起点坐标到终点坐标的方案。在迷宫中移动有上下左右四种方式，每次只能移动一个方格。数据保证起点上没有障碍。
输入：第一行n、m和t，n为行，m为列，t为障碍总数。第二行起点坐标（sx，sy），终点坐标（fx，fy）。接下来t行，每行为障碍点的坐标。
输出：给定起点坐标和终点坐标，问每个方格最多经过1次，从起点坐标到终点坐标的方案总数。
输入输出样例
输入样例
2 2 1
1 1 2 2
1 2
输出样例
1
题目大意：从（sx，sy）点走到（fx，fy）点，其中有 t 处障碍，我们设每个障碍点的坐标为（t1_i，t2_i），求有几条路径。
深度优先搜索（DFS）大体结构：如果已经到了终点，方案数就加1，如果没有到终点，那么就继续搜索
每个方格最多经过1次，他的本意是不能向回走，我们先要建一个二维数组b用来判断（x，y）点有没有走过。
我们走到（x，y）点需要把b[x][y]标记为1（已经走过），搜索完成后，回溯，再把代表（x，y）点有没有走过的b[x][y]标记为0（没有走过）。
如何判断（x，y）点是不是障碍点呢？
我们建一个二维数组a，如果（x，y）点是障碍点，那么就要把 a[x][y] 标记为1，表示（x，y）点是障碍点，不能走；如果（x，y）点不是障碍点，标记为0，表示（x，y）点不是障碍点，可以走。
有了二维数组a和b，就可以解决走没走和障碍点的问题。
那么如何向上下左右移动呢？
我们先看一个例子（如下图）：
假设我们在（1，1）点。
向左移动，会移动到（1，0）点，x坐标不变，y坐标减1
向右移动，会移动到（1，2）点，x坐标不变，y坐标加1
向上移动，会移动到（0，1）点，x坐标减1，y坐标不变
向下移动，会移动到（2，1）点，x坐标加1，y坐标不变
所以就得出了dx数组和dy数组（坐标数组）
long long int dx[4]={0,0,1,-1},dy[4]={1,-1,0,0};
然后用for循环枚举四个方向就行了。
代码：
#include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> using namespace std; long long int n,m,t,sx,sy,fx,fy; //n为行，m为列，t为障碍数，sx与sy为起点坐标，fx与fy为终点坐标 long long int dx[4]={0,0,1,-1},dy[4]={1,-1,0,0}; //方向坐标 long long int ans=0,a[101][101],b[101][101],t1,t2; //ans为方案总数，t1与t2为障碍坐标 //a[i][j]表示地图上的 (i,j) 点是否为障碍，如果是障碍点标记为1，不是障碍点标记为0 //b[i][j]表示地图上的 (i,j) 点是否走过 void dfs(long long int idx,long long int idy) { if(idx==fx&&idy==fy)//是否到达终点 { ans++;//方案数加1 } else//没有到达终点 { for(int i=0;i<4;i++)//枚举四个方向（上下左右） { long long int x=idx+dx[i],y=idy+dy[i]; if((b[x][y]==0&&a[x][y]==0)&&(x>0&&x<=n&&y>0&&y<=m)) //判断 (x,y) 点是否走过，以及是否为障碍，和是否在边界里（不能超出边界） { b[x][y]=1;//标记为1，表示已经走过 dfs(x,y); b[x][y]=0;//回溯，标记为0，表示没有走过 } } } } int main() { scanf("%lld %lld %lld",&n,&m,&t);//输入 scanf("%lld %lld %lld %lld",&sx,&sy,&fx,&fy);//输入起点坐标与终点坐标 b[sx][sy]=1;//每个方格只能走1次，所以也不能回到起点 for(int i=0;i<t;i++) { scanf("%lld %lld",&t1,&t2);//障碍物坐标 a[t1][t2]=1;//标记为1，不可以走 } dfs(sx,sy);//搜索 printf("%lld",ans);//输出方案总数 return 0; }
（第一次写博客，讲的不太详细，请谅解）