炮兵阵地
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Description
司令部的将军们打算在NM的网格地图上部署他们的炮兵部队。一个NM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 4
PHPP
PPHH
PPPP
PHPP
PHHP
Sample Output
6
解题笔记：
状压dp,可以想到当前行的状态由前两行转移而来，而上一行肯定又跟上上行有关系，那么dp数组开三维，第一维记录当前行数，第二维记录当前状态，第三维记录上一行的状态，但是状态最大是1<<10，显然数组不够开，而如果一行全是平原，最多能有60种布阵方法，那么可以存一个方法序号对于状态的映射数组，之后只要知道转移式怎么写就行了，第一行第二行不论，第三行开始以当前行为j状态，上一行为k状态的转移式子为dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i - 1][k][k2] + cal(INDEX[j]));k2是枚举的上上行的状态，INDEX是映射数组,cal是计算当前状态下一行能布阵几个炮台，就是当前状态有几个1之后动手写...刚学的状压DP，写完这题真的清晰了不少
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <set>
#include <vector>
#include <cctype>
#include <iomanip>
#include <sstream>
#include <climits>
#include <queue>
#include <stack>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
#define inf 0x3f3f3f3f
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const ll MAXN = 1e6 + 7;
const ll MAXM = 1e3 + 7;
const ll MOD = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
int sat[105];
int dp[105][70][70]; //i所在列 j这一行的状态 k上一行的状态
/* 可以算出总共有60种状态 */
int INDEX[70];
/* 用INDEX作为方案到状态的映射 */
int cal(int x)
{
int cnt = 0;
while (x)
{
if (x & 1)
cnt++;
x >>= 1;
}
return cnt;
} /* 计算某数二进制中的一的个数 */
int main()
{
int n, m;
while (~scanf("%d%d", &n, &m))
{
int cnt = 0;
memset(sat, 0, sizeof(sat));
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin.get();
for (int j = 0; j < m; j++)
{
char a;
scanf("%c", &a);
if (a == 'P') //P-1(平原)
sat[i] = (sat[i] << 1) + 1;
else //山地
sat[i] = (sat[i] << 1);
}
}
int top = 1 << m;
/* for (int i = 0; i < top; i++)
{
if ((i & sat[1]) != i || i & (i << 2) || i & (i << 1))
continue;
for (int j = 0; j < top; j++)
dp[1][i][j] = cal(i);
} */
for (int i = 0; i < top; i++)
if (!(i & (i << 2) || i & (i << 1))) //相邻一位||相邻两位有炮台
INDEX[cnt++] = i; /* 最终cnt就是最多方案数 */
for (int i = 0; i < cnt; i++)
if ((INDEX[i] & sat[1]) == INDEX[i]) //意大利炮在平原了
dp[1][i][0] = cal(INDEX[i]);
/* 2~n行枚举 */
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
/* i=2时只受到上一行的影响 */
for (int j = 0; j < cnt; j++) /* 当前行的状态 */
{
if ((INDEX[j] & sat[i]) != INDEX[j] || INDEX[j] & (INDEX[j] << 2) || INDEX[j] & (INDEX[j] << 1))
continue;
for (int k = 0; k < cnt; k++) /* 上一行的状态 */
{
if (INDEX[k] & INDEX[j])
continue;
if (i != 2)
for (int k2 = 0; k2 < cnt; k2++) /* 上上行的状态 */
{
if (INDEX[k2] & INDEX[j] || INDEX[k] & INDEX[k2])
continue;
dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i - 1][k][k2] + cal(INDEX[j]));
}
else
dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], cal(INDEX[j]) + dp[i - 1][k][0]);
}
}
}
int ans = 0;
for (int i = 0; i < cnt; i++)
for (int j = 0; j < cnt; j++)
ans = max(ans, dp[n][i][j]);
printf("%d
", ans);
}
return 0;
}