poj1185之状态压缩

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

题目大意：略。

题目分析：

1.首先考虑一下，每一行该怎么建立炮兵阵地才不会让他们相邻，可以用状态压缩，0表示不建立，1表示建立，枚举一下有多少种可行的方案并纪录下来。

2.接着考虑一下，因为相邻的三行只能出现一个炮兵阵地，而相邻的行之间又会相互影响。考虑到第二行是比较特殊的，可以先枚举第二行的解决方案，接下来再枚举其他行，如果只有一行特判处理即可。 在枚举其他行的情况时，要考虑和上一行和上上行的方案是否能共存，再考虑一下该方案是否可行(有高地影响) 。如何判断该方案是否可行，可以先预处理一下地图，将地图也压缩成一个二进制数，0表示平原，1表示高地，然后将要枚举的方案和该行状态进行与运算，如果相与结果不为0，表示有炮兵阵地建在了高地，那么方案就不可行了 。判断和上一行以及上上行能否共存的判断和上面判断差不多，用该行的方案和上一行以及上上行方案进行与运算，如果结果不为0，表示有两个炮兵阵地放在了同一列，那么方案不可行。

代码：

#include <stdio.h>#include <string.h>#include <stdlib.h>#include <iostream>using namespace std;const int maxn=100+10;const int maxm=100;int r,c,cnt;int row[maxn],state[maxm],dp[maxn][maxm][maxm];int Count(int k){    int cnt=0;    while(k)    {        if(k&1){            cnt++;        }        k>>=1;    }    return cnt;}int solve(){    char t;    int Max=0;    memset(dp,0,sizeof(dp));    memset(row,0,sizeof(row));    for(int i=0;i<r;i++){        for(int j=0;j<c;j++){            cin>>t;            if(t=='H'){                row[i]+=(1<<j);            }        }    }    cnt=0;    for(int i=0;i<(1<<c);i++){        if((i&(i<<1))||(i&(i<<2))){            continue;        }        state[cnt++]=i;    }    if(r==1){        for(int i=0;i<cnt;i++){            if(state[i]&row[0]) continue;            Max=max(Max,Count(state[i]));        }        return Max;    }    for(int i=0;i<cnt;i++){        if(state[i]&row[1]) continue;        for(int j=0;j<cnt;j++){            if(state[j]&row[0]) continue;            if(state[i]&state[j])   continue;            dp[1][i][j]=max(dp[1][i][j],Count(state[i])+Count(state[j]));        }    }    for(int i=2;i<r;i++){        for(int j=0;j<cnt;j++){            if(state[j]&row[i]) continue;            for(int k=0;k<cnt;k++){                if(state[k]&row[i-1])   continue;                if(state[k]&state[j])   continue;                for(int t=0;t<cnt;t++){                    if(state[t]&row[i-2])   continue;                    if(state[t]&state[j])   continue;                    if(state[t]&state[k])   continue;                    dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][k][t]+Count(state[j]));                }            }        }    }    for(int i=0;i<cnt;i++){        for(int j=0;j<cnt;j++){            Max=max(Max,dp[r-1][i][j]);        }    }    return Max;}int main(){    while(cin>>r>>c)    {        cout<<solve()<<endl;    }    return 0;}