[NOI 2001]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：

这里写图片描述

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≤1000；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 4
PHPP
PPHH
PPPP
PHPP
PHHP

Sample Output

题解

状压$DP$。

我们令$f[i][j][k]$表示第$i$行二进制状态为$j$，$i-1$行状态为$k$时前$i$行能够放的最多炮兵数。

易得：

$$f[i][j][k]=max(f[i-1][k][p]+getbit(j))$$

其中$p$是$i-2$行的状态，$getbit(j)$是求二进制数$j$中为$1$的个数。

但是这样做会超时，因为枚举所有的状态太多，并且一些状态是无用的，有用的状态很少。

那么我们可以直接进行预处理，将所有可行的状态保存下来，对于$DP$操作我们只用访问数组下标就可以了。

什么是可行：即不会互相攻击并且在平地上。

对于$DP$过程中也要注意考虑转移是否可行。

 1 #include<map>
 2 #include<set>
 3 #include<cmath>
 4 #include<ctime>
 5 #include<queue>
 6 #include<stack>
 7 #include<vector>
 8 #include<cstdio>
 9 #include<string>
10 #include<cstdlib>
11 #include<cstring>
12 #include<iostream>
13 #include<algorithm>
14 #define LL long long
15 #define RE register
16 #define IL inline
17 #define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
18 using namespace std;
19 const int N=1000;
20 
21 int n,m;
22 char c;
23 int s[N+5];
24 int sk[N+5][100];
25 int cnt[N+5];
26 int f[N+5][100][100];
27 
28 IL int getbit(int x)
29 {
30     int sum=0;
31     while (x) x-=lowbit(x),sum++;
32     return sum;
33 }
34 IL int Max(int a,int b) {return a>b ? a:b;}
35 
36 int main()
37 {
38     scanf("%d%d",&n,&m);
39     for (RE int i=1;i<=n;i++)
40     {
41         for (RE int j=1;j<=m;j++)
42         {
43             c=0;
44             while (c!='H'&&c!='P') c=getchar();
45             if (c=='H') s[i]|=(1<<j-1);
46         }
47     }
48     for (RE int i=1;i<=n;i++)
49         for (RE int j=0;j<(1<<m);j++)
50             if ((!(j&(j<<1)))&&(!(j&(j<<2)))&&(!(j&s[i]))) sk[i][++cnt[i]]=j;
51     cnt[0]=1;
52     for (RE int i=1;i<=cnt[1];i++) f[1][i][1]=getbit(sk[1][i]);
53     for (RE int i=2;i<=n;i++)
54     {
55         for (RE int j=1;j<=cnt[i];j++)
56         {
57             for (RE int k=1;k<=cnt[i-1];k++) if (!(sk[i][j]&sk[i-1][k]))
58             {
59                 for (RE int p=1;p<=cnt[i-2];p++) if ((!(sk[i][j]&sk[i-2][p]))&&(!(sk[i-1][k]&sk[i-2][p])))
60                 {
61                     f[i][j][k]=Max(f[i][j][k],f[i-1][k][p]+getbit(sk[i][j]));
62                 }
63             }
64         }
65     }
66     int ans=0;
67     for (RE int i=1;i<=cnt[n];i++)
68         for (RE int j=1;j<=cnt[n-1];j++)
69             ans=Max(ans,f[n][i][j]);
70     printf("%d
",ans);
71     return 0;
72 }