洛谷 P2704 [NOI2001]炮兵阵地
算法标签: 动态规划、状态压缩
题目
题目描述
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。
输入格式
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。
输出格式
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。
输入输出样例
输入 #1
5 4
PHPP
PPHH
PPPP
PHPP
PHHP
输出 #1
6
6 1
1 6 1 2 0 4
题解：
状态压缩
这道题是一道状态压缩DP，具体为什么是状压DP，请看(M le 10)。
对于题目中的山地，我们可以看做当前点不能走，在读入的时候记录即可。
之后我们要明确的一个问题，DP状态：
我们用(f[i][j][k])来表示当前枚举到第(i)行，当前行状态为(j)，上一行状态为(k)时候的答案。
那么由于一个炮兵可以影响到以自己为中心的距离为2的十字，那么我们的转移方程就会受到前两行的影响，所以我们选用前两行的状态来表示当前行，那么在最开始就要单独处理出第一行和第二行。
对于判断两行是否冲突，我们选择二进制(&)运算，如果对于两行的状态(K_1,K_2)来说，如果((K_1 & K_2) == 0)那么就可以说明这两行没有冲突（两个状态之间没有重合的），可以操作。
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
const int M = 22;
const int NM = N * M / 2;
int n, m, mp[N][M], f[NM], cnt, num[NM];
int dp[N][NM][NM], now[NM];
int getnum(int x)
{
//统计当前状态为x的时候有多少个炮兵（对答案的贡献）
int res = 0;
while (x)
{
res ++ ;
x -= x & -x;
}
return res;
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
char ch[20];
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
//按照字符串读入
scanf("%s", ch + 1);
for (int j = 1; j <= m; j ++ )
{
//scanf("%c", &ch);
if (ch[j] == 'H')
mp[i][j] = 1;
//printf("%c", ch);
}
}
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
for (int j = 1; j <= m; j ++ )
f[i] = (f[i] << 1) + mp[i][j];
//直接处理每一位，有山地的位置为1
now[ ++ cnt] = 0;
//减少整体的时间空间，我们只存有用的位置
for (int i = 1; i < (1 << m); i ++ )
{
if (i & (i << 1)) continue ;
if (i & (i << 2)) continue ;
if (i & (i >> 1)) continue ;
if (i & (i >> 2)) continue ;
//由于最两边的四个是不可以选的，直接跳过
now[ ++ cnt] = i;
num[cnt] = getnum(i);
}
for (int i = 1; i <= cnt; i ++ )
{
//对于第一行进行单独处理
if ((now[i] & f[1]) == 0)
{
dp[1][i][0] = num[i];
}
}
for (int i = 1; i <= cnt; i ++ )
{
//对于第二行进行单独处理
if ((now[i] & f[2]) == 0)
{
for (int j = 1; j <= cnt; j ++ )
{
if ((now[i] & now[j]) == 0 && (now[j] & f[1]) == 0)
{
dp[2][i][j] = num[i] + num[j];
}
}
}
}
for (int i = 3; i <= n; i ++ )
{
//一个令人头疼的循环+判断嵌套
for (int j = 1; j <= cnt; j ++ )
{
if ((now[j] & f[i]) == 0)
{
for (int k1 = 1; k1 <= cnt; k1 ++ )
{
if ((now[j] & now[k1]) == 0 && (now[k1] & f[i - 1]) == 0)
{
for (int k2 = 1; k2 <= cnt; k2 ++ )
{
if ((now[j] & now[k2]) == 0 && (now[k2] & f[i - 2]) == 0 && (now[k2] & now[k1]) == 0)
{
dp[i][j][k1] = max(dp[i][j][k1], dp[i - 1][k1][k2] + num[j]);
}
}
}
}
}
}
}
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= cnt; i ++ )
{
{
ans = max(ans, dp[n][i][j]);
//最终统计ans的最大值即可
}
}
printf("%d
", ans);
return 0;
}