【poj1185】炮兵阵地——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

【题目大意】：一个由方格组成的矩阵，P代表可以放大炮，H则不能，让放最多的大炮，且相互之间不冲突

【分析】：可以发现，对于每一行的状态来说，他都只和前两行的状态有关，每一行用0,1进行状态压缩，0代表不放大炮，1代表放大炮，当然要保证相互不冲突，可以通过预处理将相互距离小于2的情况筛去，由于每一行的状态与两行有关，即当前行状态不与前两行某一状态冲突时，当前行的总数就可以累加上那一状态的总数。

【状态】：dp[i][j][k]表示第i行的状态为j，第i-1的状态为k可放的大炮数量

【状态转移方程】：dp[i][x][s] = max(dp[i][x][s],dp[i-1][s][j]+one[x]);

注意：通过预先计算可以发现每一行的状态大约是60左右。

ac代码如下：

#include <iostream>#include <algorithm>#include <cstring>#include <cstdio>#include <cstdlib>using namespace std;int num[103], one[100];int dp[103][70][70],state[1<<11];bool judge(int i,int j){    return num[i]&state[j];}bool check(int x,int y){    if(x&y == 1)    return false;    else return true;}int onecont(int x)//计算出一个数用二进制表达时有多少个1{    int cnt = 0;    while(x)    {        cnt++;        x&=(x-1);    }    return cnt;}int main(){    int n, m;    while(~scanf("%d%d",&n,&m))    {        memset(dp,0,sizeof(dp));        memset(num,0,sizeof(num));        char ch;        for(int i = 1;i <= n; i++)            for(int j = 1;j <= m; j++)        {            scanf(" %c",&ch);            if(ch == 'H')                num[i] += (1<<(j-1));        }        int k = 0;        for(int i = 0;i < (1<<m); i++)        {            if((i&(i<<1)) == 0&&(i&(i<<2)) == 0)//判断放有炮的左右两格是否放炮            {                state[++k] = i;            }        }        for(int i = 1;i <= k;i++)        {            one[i] = onecont(state[i]);            if(check(num[1],state[i]))//判断实际情况是否和排放有冲突            {                dp[1][i][1] = one[i];            }        }        for(int i = 2;i <= n; i++)//枚举行数        for(int j = 1;j <= k; j++)//枚举第i-2行的状态        {            if(state[j]&num[i-2])   continue;            for(int s = 1;s <= k; s++)//枚举第i-1行的状态            {                if(state[s]&state[j])   continue;                if(state[s]&num[i-1])   continue;                for(int x = 1;x <= k; x++)//枚举第i行的状态                {                    if(state[x]&state[j])   continue;                    if(state[x]&state[s])   continue;//如果与前两行的状态或者本行的实际情况冲突则跳过                    if(state[x]&num[i])     continue;                    dp[i][x][s] = max(dp[i][x][s],dp[i-1][s][j]+one[x]);                }            }        }        int ans = 0;        for(int i = 1;i <= n; i++)        for(int j = 1;j <= k; j++)        for(int x = 1;x <= k; x++)            ans = max(ans,dp[i][j][x]);        cout<<ans<<endl;    }    return 0;}