poj 1185 炮兵阵地 状压DP

时空隧道

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分析：
因为当前这一行怎么填1只和上一行and上上一行有关系，所以状态和转移方程很好想：
f[i][j][k]代表当前第i行状态为k上一行状态为j的最多的1，所以我们可以得到转移方程如下：
f[i][j][k]=max(f[i-1][t][j]+num[k])num[k]代表状态k有多少个1
只要判断一下jkt是否合法就好啦
然而我很脑残的没有计算时间和空间，所以TLE了一次MLE了一次
因为同一行中每两个1之间最少有两个格子，所以有很多状态是浪费的，所以我们提前预处理出合法状态只有60个左右，大大降低了时间和空间复杂度

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代码如下：

#include<algorithm>#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdio>using namespace std;const int maxn=100+5,maxm=10+5;int n,m,f[2][65][65],num[65],ans=0,state[65],cnt;char mp[maxn][maxm];inline bool check1(int pos,int x){    for(int i=1;i<=m;i++)        if(((1<<(i-1))&x)&&mp[pos][i]=='H')            return false;    return true;}inline bool check2(int x,int y){    for(int i=1;i<=m;i++)        if((x&(1<<i-1))&&(y&(1<<i-1)))            return false;    return true;}inline int calc(int x){    int sum=0;    for(int i=1;i<=m;i++)        if(x&(1<<i-1))            sum++;    return sum;}signed main(void){    scanf("%d%d",&n,&m);    for(int i=1;i<=n;i++)        scanf("%s",mp[i]+1);    cnt=0;    for(int i=0;i<(1<<m);i++)        if(!(i&(i<<1))&&!(i&(i<<2)))            state[++cnt]=i,num[cnt]=calc(i);    memset(f,-1,sizeof(f));    int lala=0;    for(int i=1;i<=cnt;i++)        if(check1(1,state[i]))            f[lala][1][i]=num[i];    for(int i=2;i<=n;i++){        lala^=1;        for(int j=1;j<=cnt;j++)            if(check1(i,state[j]))                for(int k=1;k<=cnt;k++)                    if(check1(i-1,state[k]))                        if(check2(state[j],state[k]))                            for(int t=1;t<=cnt;t++)                                if(check2(state[j],state[t]))                                    if(f[lala^1][t][k]!=-1)                                        f[lala][k][j]=max(f[lala][k][j],f[lala^1][t][k]+num[j]);    }    for(int i=1;i<=cnt;i++)        for(int j=1;j<=cnt;j++)            ans=max(ans,f[lala][i][j]);    cout<<ans<<endl;    return 0;} 

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by >_< neighthorn