描述
wlxsq有一个N*NN∗N的网格迷宫，每一个网格都有一个字母编号。
他要从左上角(1,1)(1,1)出发，走到右下角(n,n)(n,n)，由于wlxsq很懒，所以他每次只会往右或者往下走一格。
由于最后到终点的路径方案太多太多了，所以wlxsq想让你计算出所有不同的对称的路径个数。
例如:N = 3N=3
ABA
BBB
ABA
对称路径6条：有ABABA(2条)、ABBBA(4条)
不同的对称路径有: 有ABABA、ABBBA
输入
第一行输入一个数NN，表示迷宫的大小。
接下来输入N*NN∗N的字母迷宫
输出
输出对称路径的数量
样例
3
ABA
BBB
ABA
输出
2
提示
【评测用例规模与约定】
对于40%40%的数据，2<=N<=112<=N<=11
对于100%100%的数据，2<=N<=182<=N<=18
在这一题种我们一般会想到先整体深搜一便保存所有路径，然后再判断是不是对称路径，然后再进行判重，但是这是一种完全暴力的方法，虽然一开始我也是这样做的O(∩_∩)O，这样不仅会超时，还会爆内存，逼近最大的图是18路劲大概有2^18次方条。
我们搞算法的就要尽可能的优化它，于是有了第二种思路
搜索两遍，第一遍从1,1位置搜索，第二遍从n,n位置搜索，分别保存路径和末尾点，然后再比对末尾点是否相同，路径是否相同，这里的路劲也是一个非常庞大的数据，而且加上判重，优化不好也会超时。
我们想判重能用什么方法，对于数字的判重我们可以用一个visit数组判断，对于路劲呢，没错我们能用map来判断，下面就是最后AC题的代码。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
using namespace std;
const int maxn=30;
const int ax[4]={1,0,0,-1};
const int ay[4]={0,1,-1,0};
int n,ans;
char maze[maxn][maxn];
map<string,int>t;
map<string,int>T[maxn];
void dfs1(int x,int y,string a) {//第一遍搜索
if(x+y==n+1) {
T[x][a]=1;
return ;
}
for(int i=0;i<2;i++)
dfs1(x+ax[i],y+ay[i],a+maze[x+ax[i]][y+ay[i]]);
}
void dfs2(int x,int y,string b) {//第二遍搜索加判重。
if(x+y==n+1) {
if(T[x][b]==1&&!t[b]) {如果t[b]不为零则代表之前有路径是b的但是通过的是不同的点，T[x][b]来判断在x位置的点是否是路径上半与现在搜索的一样。
ans++;
t[b]=1;//标记上已近存在答案，判重，
}
return ;
}
for(int i=2;i<4;i++)
dfs2(x+ax[i],y+ay[i],b+maze[x+ax[i]][y+ay[i]]);
}
int main() {
cin>>n;
ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
cin>>maze[i][j];
string a;
a+=maze[1][1];
dfs1(1,1,a);
string b;
b+=maze[n][n];
dfs2(n,n,b);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
或许有人会问为什么T数组只有一维，为什么只要判断x不用判断y，应为这里x+y==n+1，所有的点都落在的对角线上。