POJ - 1185 炮兵阵地

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

题意：如题

思路：由于相同行列的相邻两个格子都不能放所以用二进制模拟

由于相邻两个的状态比较少

所以有效的状可以打表出来优化时间

ACcode：

#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;char maze[110][20];long long vis[110];long long dp[110][70][70];long long num[70];long long Count[70];long long n,m,cnt;long long ans;long long Flag(long long  x){    if( (x&(x<<1)) !=0  || (x&(x<<2)) != 0 ) return 0;    return 1;}long long Cnt(long long x){   long long res = 0;   for(long long  i=0;i<12;i++) if( (x &(1<<i)) !=0 ) res++;   return res;}int main(){    while(scanf("%lld%lld",&n,&m)!=EOF){        if(n == 0 && m == 0)  break;        long long mark = (1<<m)-1;        cnt = 0;        for(long long i=0;i<=mark;i++){            if(Flag(i) == 1){                num[++cnt]=i;                Count[cnt]=Cnt(i);            }        }        memset(dp,0,sizeof dp);        memset(vis,0,sizeof vis);        for(long long  i=1;i<=n;i++){            scanf("%s",maze[i]);            for(long long j=0;j<m;j++){                if(maze[i][j] == 'H')  vis[i]|=(1<<j);              }        }        ans = 0;        for(long long i=1;i<=n;i++){            for(long long  j=1;j<=cnt;j++){                if( (vis[i]&num[j]) == 0){                    for(long long k=1;k<=cnt;k++){                        if((num[j]&num[k]) == 0 ){                            for(long long x=1;x<=cnt;x++){                                if( (num[j]&num[x]) == 0 && (num[k]&num[x]) == 0 ){  //当上个状态 及上个状态的上个状态均符合题意                                        dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][k][x]+Count[j]);                                        ans = max(ans,dp[i][j][k]);                                }                            }                        }                    }                }            }        }        printf("%lld\n",ans);    }    return 0;}