POJ1185(状压dp)

炮兵阵地

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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

解题思路：M最大10,所以直接状压就行，我们令dp[i][j][k]为第i行，第i行状态为j，第i - 1行状态为k时最大能放的炮兵，然后状态转移方程为dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i - 1][k][p] + num[i]) p为枚举第i - 2行的所有状态，num[i]为第i行为状态j时的这一行的炮兵数量，另外M最大为10，所以状态一共有1024种，我们这个dp需要O(1024 * 1024 * 1024 * N) 显然不能接受，所以我们需要另外处理

，我们发现题目本身条件比较苛刻，即在同一行两个1的距离必须大于等于2,所以这些状态并不是很多，大约60多个，我们预处理一下就行。

#include <iostream>#include <stdio.h>#include <cstring>#include <algorithm>#include <vector>using namespace std;const int maxn = 101;int N, M;int dp[maxn][70][70];char s[101][101];int h[maxn];int tot;int ss[maxn];int cal(int status){    int res1 = 0;    while(status)    {        if(status&1) res1++;        status >>= 1;    }    return res1;}bool judge(int x){    if(x&(x<<1))return 0;    if(x&(x<<2))return 0;    return 1;}void init(){    tot = 0;    for(int i = 0; i < (1<<M); i++)    {        if(judge(i))        {            ss[++tot] = i;        }    }}int main(){    //freopen("C:\\Users\\creator\\Desktop\\in1.txt","r",stdin) ;    //freopen("C:\\Users\\creator\\Desktop\\in1.txt","w",stdout) ;    scanf("%d%d", &N, &M);    memset(h, 0, sizeof(h));    for(int i = 1; i <= N; i++)    {        //getchar();        scanf("%s", s[i] + 1);        for(int j = 1; j <= M; j++)        {            if(s[i][j] == 'H')            {                 h[i] |= (1<<(M - j));            }        }    }    init();    memset(dp, 0, sizeof(dp));    //int cnt = 0;    for(int j = 1; j <= tot; j++)    {        for(int k = 1; k <= tot; k++)        {            if(!(h[1]&ss[j]))            dp[1][j][k] = cal(ss[j]);        }    }    for(int i = 2; i <= N; i++)    {        for(int j = 1; j <= tot; j++)        {            if((h[i]&ss[j])) continue;            for(int k = 1; k <= tot; k++)            {                if(ss[j]&ss[k]) continue;                for(int p = 1; p <= tot; p++)                {                    if(i == 2) dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i - 1][k][p] + cal(ss[j]));                    else                    {                        if(ss[j]&ss[p]) continue;                        if(ss[k]&ss[p]) continue;                        dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i - 1][k][p] + cal(ss[j]));                    }                }            }        }    }    int Max = 0;    for(int i = 1; i <= N; i++)    {        for(int j = 1; j <= tot; j++)        {            for(int k = 1; k <= tot; k++)            {                Max = max(Max, dp[i][j][k]);            }        }    }    printf("%d\n", Max);    return 0;}