POJ 1185 炮兵阵地

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

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解题思路：状态压缩DP经典题目。

dp[i][j][k]表示第i行的状态为j，第i-1行的状态为k时能够放置炮台的最大的数目。

因此我们状态转移时便是在第i-2行寻找状态l，使得i&l==0且l中1标志的位置能够放置炮台，一些相关的变量我们可以通过预处理算出来。

trick：由于本题我只是处理了1<<10范围内的数据，数组内的元素初始值为0，因此一旦我们m=10,会产生超时。其实我们计算一行中放置炮台且炮台之间的距离要大于2的方案数可以知道这个方案数最大为60，方案数我们可以这样来计算,加入要放两个炮台且规定两个炮台之间的距离至少要为d,我们可以先把这个d拿出来，然后在剩下的m-d的位置中任意选出两个位置来,方案数为C(m-d,2)然后把这个d加回这两个棋子之间，对于3个我们做同样的处理同样可以得到方案数为C(m-2*d,3)，这样我们可以根据一行的宽度能够放置的棋子个数，然后把这些方案数加起来即为60。

#include <cmath>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <iostream>#include <string>#include <algorithm>using namespace std;const int inf = 0x3f3f3f3f;int dp[100+1][(1<<10)+1][(1<<10)+1];int s[110], scnt;int bitcnt[(1<<10)+1];char str[110][15];int ms[110];int M, N;bool check(int x) {    int bit[11], bcnt = 0;    if(x == 0) bit[bcnt++] = 0;    while(x) {        bit[bcnt++] = x&1;        x >>= 1;    }    for(int i = 0; i < bcnt; ++i) {        int t = 0;        if(i - 1 >= 0) {            t += bit[i-1];        }        if(i - 2 >= 0) {            t += bit[i-2];        }        t += bit[i];        if(i + 1 < bcnt) {            t += bit[i+1];        }        if(i + 2 < bcnt) {            t += bit[i+2];        }        if(bit[i] && t > 1) return false;    }    return true;}int count_bit(int x) {    int bit = 0;    while(x) {        bit += x&1;        x >>= 1;    }    return bit;}void init() {    scnt = 0;    for(int j = 0; j < (1<<10); ++j) {        if(check(j)) {            bitcnt[j] = count_bit(j);            s[scnt++] = j;        }    }    // 因为我们预处理到1<<10,因此在此处应该多加一个数    s[scnt++] = inf;}int main() {    //freopen("aa.in", "r", stdin);    init();    while(scanf("%d %d", &N, &M) != EOF) {        for(int i = 1; i <= N; ++i) {            scanf("%s", str[i]);            ms[i] = 0;            for(int j = 0; j < M; ++j) {                if(str[i][j] == 'H') {                    ms[i] |= (1<<j);                }            }        }        int ans = 0;        for(int i = 0; s[i] < (1<<M); ++i) {            if(s[i]&ms[1]) {                dp[1][s[i]][0] = 0;                continue;            }            dp[1][s[i]][0] = count_bit(s[i]);            ans = max(ans, dp[1][s[i]][0]);        }        if(N == 1) {            printf("%d\n", ans);            continue;        }        if(N > 1) {            for(int i = 0; s[i] < (1<<M); ++i) {                for(int j = 0; s[j] < (1<<M); ++j) {                    if((s[i]&ms[2]) || (s[j]&ms[1]) || (s[i]&s[j])) {                        dp[2][s[i]][s[j]] = 0;                        continue;                    }                    dp[2][s[i]][s[j]] = dp[1][s[j]][0] + bitcnt[s[i]];                }            }        }        if(N > 2) {            for(int i = 3; i <= N; ++i) {                for(int j = 0; s[j] < (1<<M); ++j) {                    for(int k = 0; s[k] < (1<<M); ++k) {                        dp[i][s[j]][s[k]] = 0;                        if((s[j]&ms[i]) || (s[k]&ms[i-1])|| (s[j]&s[k])) continue;                        for(int l = 0; s[l] < (1<<M); ++l) {                            if((s[l]&ms[i-2]) || (s[l]&s[j])) continue;                            dp[i][s[j]][s[k]] = max(dp[i][s[j]][s[k]], dp[i-1][s[k]][s[l]] + bitcnt[s[j]]);                        }                    }                }            }        }        ans = 0;        for(int i = 0; s[i] < (1<<M); ++i) {            for(int j = 0; s[j] < (1<<M); ++j) {                ans = max(ans, dp[N][s[i]][s[j]]);            }        }        printf("%d\n", ans);    }    return 0;}