状压DP

来源：互联网发布：淘宝日本签证代办编辑：程序博客网时间：2024/05/21 17:51

题目：链接

炮兵阵地

Time Limit: 2000MS Memory Limit: 65536KTotal Submissions: 22877 Accepted: 8849

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

题意：中文题意不必多说。

题解：状态压缩dp：把字符等多种状态用二进制表示，减少空间复杂度，由于dp需要循环，就减少了时间复杂度。

滚动数组也是减少复杂度的一个有利工具。由于此题中心得状态只与之前的一个状态有关，所以就只用保存两种两种状态。

本题的转移方程：dp[i][j][k]=max( dp[i][j][k], dp[i-1][k][l]+num[i] ) i表示当前行，j表示当前行所取的状态， k表示上一行的状态，l表示上上一行的状态。

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#include<cstdio>  
#include<cstring>  
#include<iostream>  
#include<algorithm>  
#include<cmath>  
#include<queue>  
#include<cstdlib>  
#include<string>  
using namespace std;  
  
#define N 150  
#define inf 99999999  
  
int num[65];  
int dp[2][65][65];  
int ma[105];  
int st[65];  
  
int n,m,ns;  
  
int getnum(int a)                 //每个状态中1的个数  
{  
    int res=0;  
    for(int i=0;i<10;i++)  
    {  
        if(a&(1<<i))  
        res++;  
    }  
    return res;  
}  
  
void init()                    //从1024个状态中选出符合要求的60个状态。状态压缩  
{  
    ns=0;  
    memset(num,0,sizeof(num));  
    memset(st,0,sizeof(st));  
    for(int i=0;i<1023;i++)  
    {  
        if(!((i<<1)&i)&&!((i<<2)&i))  
        {  
            st[ns]=i;  
            num[ns++]=getnum(i);    //保存数据，以便下文的使用。  
        }  
    }  
}  
  
int main()  
{  
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))  
    {  
        if(!n&&!m)                  //注意题目给的数据，考虑边界  
        {  
            printf("0\n");  
            continue;  
        }  
        init();  
        char c;  
        memset(dp,0,sizeof(dp));  
        memset(ma,0,sizeof(ma));  
        for(int i=0;i<n;i++)             //存图。‘H’为1 ，‘P'为0  
        {  
            for(int j=0;j<m;j++)  
            {  
               cin>>c;  
               if(c=='H')                    
                ma[i]=ma[i]|(1<<j);  
            }  
        }  
  
        int now=1;                     //滚动数组的初始化  
        int ans=0;  
  
        for(int i=0;i<ns;i++)          //枚举第一行，确定第一行的状态。  
        {  
            if(st[i]>=(1<<m)) break;  
            if(ma[0]&st[i]) continue;  
  
            dp[now][i][0]=num[i];  
            ans=max(ans,dp[now][i][0]);  
        }  
        if(n==1)  
        {  
            printf("%d\n",ans);  
            continue;  
        }  
        now^=1;                       //滚动数组的变化，不要忘了。滚动变化，注意连起来理解。  
      
        for(int i=0;i<ns;i++)         //枚举第二行的状态，确定初始的两行的状态，以便后面的不断更新。  
        {  
            if(st[i]>=(1<<m)) break;  
            if(ma[1]&st[i]) continue;  
  
            for(int j=0;j<ns;j++)  
            {  
                if(st[j] >= (1<<m)) break;  
                if(ma[0]&st[j]) continue;  
  
                if(!(st[i]&st[j]))  
                {  
                    dp[now][i][j]=max(dp[now][i][j],dp[now^1][j][0]+num[i]);  
                    ans=max(ans,dp[now][i][j]);  
                }  
            }  
        }  
        if(n==2)  
        {  
            printf("%d\n",ans);  
            continue;  
        }  
        now^=1;  
  
        for(int x=2;x<n;x++)              //从第3行开始。注意是行数。  
        {  
            for(int i=0;i< ns;i++)          //开始枚举后面每一行的状态。 x表示行数，i表示当前状态，j表示上一行状态，k表示上上一行的状态。  
            {  
                if(st[i]>=(1<<m)) break;  
                if(ma[x]&st[i]) continue;  
  
                for(int j=0;j<ns;j++)  
                {  
                    if(st[j]>=(1<<m)) break;  
                    if(ma[x-1]&st[j]) continue;  
                    if(st[i]&st[j])  continue;  
  
                    for(int k=0;k<ns;k++)  
                    {  
                        if(st[k]>=(1<<m)) break;  
                        if(ma[x-2]&st[k]) continue;  
                        if(st[i]&st[k] || st[j]&st[k]) continue;  
  
                        dp[now][i][j]=max(dp[now][i][j],dp[now^1][j][k]+num[i]);  
                        ans=max(ans,dp[now][i][j]);  
                    }  
                }  
            }  
            now^=1;  
        }  
        printf("%d\n",ans);  
    }  
    return 0;  
}  

0 0