TZOJ 4912 炮兵阵地(状压dp)

描述

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。

输入

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

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。

样例输入

5 4
PHPP
PPHH
PPPP
PHPP
PHHP

样例输出

题意

在N*M的阵地上最多能放多少炮兵部队，要求不能出现误伤(攻击范围如上图)，炮兵只能放在平原P

题解

状压dp经典题

可以发现当前行由前两行状态决定，所以可以开三维数组,dp[i][j][k]代表第i行j状态和第i-1行k状态

首先枚举所有状态存进state数组，根据题意每2个1中间至少有2个0，可以发现总数不会超过100

状态转移方程dp[i][j][k]=dp[i-1][k][l]+sum[j](sum[j]状态j有几个炮兵）表示第i行j状态和第i-1行k状态由第i-1行k状态和第i-2行l状态转移过来

预处理的时候要先把1和2处理出来

代码

 1 #include<stdio.h>
 2 #include<algorithm>
 3 using namespace std;
 4 
 5 int dp[105][105][105],state[105],cur[105],sum[105];
 6 int cal(int x)
 7 {
 8     int ret=0;
 9     while(x)ret+=(x&1),x>>=1;
10     return ret;
11 }
12 int main()
13 {
14     int n,m;
15     char s[15];
16     scanf("%d%d",&n,&m);
17     for(int i=1;i<=n;i++)
18     {
19         scanf("%s",s+1);
20         for(int j=1;j<=m;j++)
21             if(s[j]=='H')
22                 cur[i]+=1<<(m-j);
23     }
24 
25     ///init
26     int tot=0;
27     for(int i=0;i<(1<<m);i++)
28         if(!(i&(i<<1))&&!(i&(i<<2)))
29             state[++tot]=i,sum[tot]=cal(i);
30 
31     ///1
32     for(int i=1;i<=tot;i++)
33         if(!(state[i]&cur[1]))
34             dp[1][i][0]=sum[i];
35 
36     ///2
37     for(int i=1;i<=tot;i++)
38     {
39         if(state[i]&cur[2])continue;
40         for(int j=1;j<=tot;j++)
41         {
42             if(state[j]&cur[1])continue;
43             dp[2][i][j]=max(dp[2][i][j],dp[1][j][0]+sum[i]);
44         }
45     }
46     
47     for(int i=3;i<=n;i++)
48         for(int j=1;j<=tot;j++)///i行j状态,需要部署炮兵的状态
49         {
50             if(state[j]&cur[i])continue;
51             for(int k=1;k<=tot;k++)///i-1行k状态
52             {
53                 if(state[k]&cur[i-1])continue;
54                 for(int l=1;l<=tot;l++)///i-2行l状态
55                 {
56                     if(state[l]&cur[i-2])continue;
57                     if((state[j]&state[k])||(state[j]&state[l])||(state[k]&state[l]))continue;
58                     dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][k][l]+sum[j]);
59                 }
60             }
61         }
62 
63     int res=0;
64     for(int i=1;i<=tot;i++)
65         for(int j=1;j<=tot;j++)
66             res=max(res,dp[n][i][j]);
67     printf("%d
",res);
68     return 0;
69 }