POJ1185(状压dp)

最新推荐文章于 2018-11-18 22:37:38 发布

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状压dp

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本文介绍了一种通过状态压缩动态规划解决炮兵阵地部署问题的方法。该问题要求在一张N*M的地图上部署炮兵部队，使得任何两支炮兵部队不会相互攻击，目标是最大化部署的炮兵数量。

炮兵阵地

Time Limit: 2000MS		Memory Limit: 65536K
Total Submissions: 29083		Accepted: 11275

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：

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

Source

Noi 01

解题思路：M最大10,所以直接状压就行，我们令dp[i][j][k]为第i行，第i行状态为j，第i - 1行状态为k时最大能放的炮兵，然后状态转移方程为dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i - 1][k][p] + num[i]) p为枚举第i - 2行的所有状态，num[i]为第i行为状态j时的这一行的炮兵数量，另外M最大为10，所以状态一共有1024种，我们这个dp需要O(1024 * 1024 * 1024 * N) 显然不能接受，所以我们需要另外处理

，我们发现题目本身条件比较苛刻，即在同一行两个1的距离必须大于等于2,所以这些状态并不是很多，大约60多个，我们预处理一下就行。

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn = 101;
int N, M;
int dp[maxn][70][70];
char s[101][101];
int h[maxn];
int tot;
int ss[maxn];
int cal(int status)
{
    int res1 = 0;
    while(status)
    {
        if(status&1) res1++;
        status >>= 1;
    }
    return res1;

}
bool judge(int x)
{
    if(x&(x<<1))return 0;
    if(x&(x<<2))return 0;
    return 1;
}
void init()
{
    tot = 0;
    for(int i = 0; i < (1<<M); i++)
    {
        if(judge(i))
        {
            ss[++tot] = i;
        }
    }
}
int main()
{
    //freopen("C:\\Users\\creator\\Desktop\\in1.txt","r",stdin) ;
    //freopen("C:\\Users\\creator\\Desktop\\in1.txt","w",stdout) ;
    scanf("%d%d", &N, &M);
    memset(h, 0, sizeof(h));
    for(int i = 1; i <= N; i++)
    {
        //getchar();
        scanf("%s", s[i] + 1);
        for(int j = 1; j <= M; j++)
        {
            if(s[i][j] == 'H')
            {
                 h[i] |= (1<<(M - j));
            }
        }
    }
    init();
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    //int cnt = 0;

    for(int j = 1; j <= tot; j++)
    {
        for(int k = 1; k <= tot; k++)
        {
            if(!(h[1]&ss[j]))
            dp[1][j][k] = cal(ss[j]);
        }
    }

    for(int i = 2; i <= N; i++)
    {
        for(int j = 1; j <= tot; j++)
        {
            if((h[i]&ss[j])) continue;
            for(int k = 1; k <= tot; k++)
            {
                if(ss[j]&ss[k]) continue;
                for(int p = 1; p <= tot; p++)
                {
                    if(i == 2) dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i - 1][k][p] + cal(ss[j]));
                    else
                    {
                        if(ss[j]&ss[p]) continue;
                        if(ss[k]&ss[p]) continue;
                        dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i - 1][k][p] + cal(ss[j]));
                    }

                }
            }
        }
    }
    int Max = 0;
    for(int i = 1; i <= N; i++)
    {
        for(int j = 1; j <= tot; j++)
        {
            for(int k = 1; k <= tot; k++)
            {
                Max = max(Max, dp[i][j][k]);
            }
        }
    }
    printf("%d\n", Max);
    return 0;
}