POJ 1185 炮兵阵地（状态压缩dp）

炮兵阵地

Time Limit: 2000MS Memory Limit: 65536KTotal Submissions: 28210 Accepted: 10914

Description

司令部的将军们打算在N*M的网格地图上部署他们的炮兵部队。一个N*M的地图由N行M列组成，地图的每一格可能是山地（用"H" 表示），也可能是平原（用"P"表示），如下图。在每一格平原地形上最多可以布置一支炮兵部队（山地上不能够部署炮兵部队）；一支炮兵部队在地图上的攻击范围如图中黑色区域所示：

如果在地图中的灰色所标识的平原上部署一支炮兵部队，则图中的黑色的网格表示它能够攻击到的区域：沿横向左右各两格，沿纵向上下各两格。图上其它白色网格均攻击不到。从图上可见炮兵的攻击范围不受地形的影响。
现在，将军们规划如何部署炮兵部队，在防止误伤的前提下（保证任何两支炮兵部队之间不能互相攻击，即任何一支炮兵部队都不在其他支炮兵部队的攻击范围内），在整个地图区域内最多能够摆放多少我军的炮兵部队。

Input

第一行包含两个由空格分割开的正整数，分别表示N和M；
接下来的N行，每一行含有连续的M个字符('P'或者'H')，中间没有空格。按顺序表示地图中每一行的数据。N <= 100；M <= 10。

Output

仅一行，包含一个整数K，表示最多能摆放的炮兵部队的数量。

Sample Input

5 4PHPPPPHHPPPPPHPPPHHP

Sample Output

6

Source

Noi 01

        dp好难啊~~

        第一次一天的进度这么慢……dp果然学得很不好……

        这题的话还是很明显的状态压缩dp的，因为改好总共最多只有10列，故每一行只需要用一个10位的二进制数字表示是否放了炮兵即可。但是此题的关键不是这个，此题炮兵的打击范围是两格，这就意味者，第i行的状态与第i-1行和第i-2行都有关。如此一来，按照正常的dp方式，转移方程为：dp[i][j][k]=max(dp[i-1][k][l])+p[j]。其中dp[i][j][k]表示第i行状态j且第i-1行状态为k时的炮兵最多数量，p[j]表示j状态下的炮兵数量。可以看出光枚举三个状态j、k和l的复杂度就已经到了O（2^3N），即2^30显然会超时。

        但是实际我们发现，真正可行的方案并没有我们枚举的那么多。因为炮兵前后左右都有影响，而且还有本身地形的限制，所以状态数非常有限，没有必要用枚举浪费时间。我们考虑可以每次进入时，先预处理第i行的状态，并把状态保存。可以证明，每一行的状态数不超过60种，具体的预处理方法就是用一个dfs，并把状态和相应的p数组存下。有了这些，我们就直接可以选择预处理的状态来进行dp。为了节省空间，还用了滚动数组。dp方程：dp1[j][k]=max(dp2[k][l])+p[j]。看似没有多大的区别，其实整个表示都不同，dp[j][k]表示到了第i行选取第j个状态且第i-1行为第k个状态的炮兵最多数目，p[j]表示第j个状态的炮兵增加数目。这里并不直接枚举，而是用预存下来的状态。总的复杂度为O（N*k^3）其中k大约为60，再加上2s的时间，2000W的数据量差不多刚好能过，实际效果更好。具体代码如下：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<cmath>#include<iomanip>#include<vector>#include<queue>#define LL long long#define N 111using namespace std;int dp1[N][N],dp2[N][N],p[N],n,m;vector<int> now,last,lastlast;bool mp[N][N];void dfs(int i,int j,int sta,int val)//预处理状态{    if (j>m)    {        p[now.size()]=val;        now.push_back(sta);//储存状态        return;    }    if (mp[i][j]) dfs(i,j+3,sta|(1<<j),val+1);    dfs(i,j+1,sta,val);}int main(){    while(~scanf("%d%d",&n,&m))    {        char ch[12];        memset(mp,0,sizeof(mp));        memset(dp2,0,sizeof(dp2));        for(int i=1;i<=n;i++)        {            scanf("%s",ch);            for(int j=0;j<m;j++)                if (ch[j]=='P') mp[i][j+1]=1;        }        last.push_back(0);        lastlast.push_back(0);        for(int i=1;i<=n;i++)        {            now.clear();            dfs(i,1,0,0);            memset(dp1,0,sizeof(dp1));            for(int j=0;j<now.size();j++)//枚举当前状态                for(int k=0;k<last.size();k++)//枚举上一行状态                    for(int t=0;t<lastlast.size();t++)//枚举上两行状态                    {                        if (lastlast[t]&last[k]) continue;//判断状态可行性                        if (lastlast[t]&now[j]) continue;                        if (last[k]&now[j]) continue;//把这条放上面那个循环那会更快                        dp1[j][k]=max(dp1[j][k],dp2[k][t]+p[j]);                    }            for(int j=0;j<now.size();j++)                for(int k=0;k<last.size();k++)                    dp2[j][k]=dp1[j][k];//数组滚动            lastlast=last; last=now;//预处理的状态也要转移        }        int ans=0;        for(int i=0;i<last.size();i++)            for(int j=0;j<lastlast.size();j++)                ans=max(ans,dp1[i][j]);        printf("%d\n",ans);    }    return 0;}