POJ - 1185 炮兵阵地 状压dp

本文介绍了一种利用状态压缩动态规划方法解决炮兵部队最优部署的问题。该问题要求在一张N*M的地图上,根据地形(山地或平原)进行炮兵部署,使得任意两支炮兵部队不会互相攻击,同时最大化部署炮兵的数量。

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炮兵阵地
Time Limit: 2000MS Memory Limit: 65536K
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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

6

Source


状态压缩的很巧妙,把每个点上放和不放看为1和0 ,这样就可以把一行上放与不放的状态视为一个二进制数,同样也对应了一个十进制数,例如只有第一个点放1000   对应了8

又因为炮的爆炸范围是二,这一行的状态只和前两行有关,并且判定这两行的状态能不能同时存在,把这两个数&一下,因为对应位不能同时为一,也就是不能都放炮兵

先把所有能存在的状态找出来,也就是这个数的位上不能存在相邻或两个间隔只有一的两个1

dp【i】【j】【k】代表第i行是j状态,第i-1行是k状态时最多能放的炮兵数量,

然后对于每一行求解,都枚举包括此行在内在加上前两行所有的状态,找到可以同时存在的那个情况,dp【i】【j】【k】=max(dp【i】【j】【k】,dp【i-1】【k】【z】)

保存两个状态是因为确定当前状态是否可行必须要知道前两个状态,那么如何做到递推方程里只有这三个状态呢,那就只能是dp数组里保存两个状态,当前状态和前一个状态

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#define legal(a,b) a&b 
typedef long long ll;
using namespace std;
char mapp[150][20];
int dp[150][70][70],n,m,base[150],state[70],sn[70];
int get(int x)
{
	int s=0;
	while(x)
	{
		x-=x&-x;
		s++;
	}
	return s;
}
int main()
{
	int ans,maxx,k,z,i,j,num;
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(i=0;i<n;i++)
	{
		scanf("%s",mapp[i]);
		for(j=0;j<m;j++)
		{
			if(mapp[i][j]=='H')
			base[i]+=1<<j;
		}	
	}
	for(num=0,i=0;i<(1<<m);i++)
	{
		if(legal(i,i<<1)||legal(i,i<<2))//||legal(i,i>>1)||legal(i,i>>2)
		continue;
		state[num]=i;
		sn[num++]=get(i);
	}
//	printf("%d\n",num);
	for(i=0;i<num;i++)
	{
		if(legal(state[i],base[0]))
		continue;
		dp[0][i][0]=sn[i];
	}


	for(i=0;i<num;i++)
	{
		for(j=0;j<num;j++)
		{
			if(legal(state[j],base[1])||legal(state[i],base[0])||legal(state[i],state[j]))
			continue;
			dp[1][j][i]=max(dp[1][j][i],dp[0][i][0]+sn[j]);
		}
	}
	
	for(i=2;i<n;i++)
	{
		for(j=0;j<num;j++)
		{
			for(k=0;k<num;k++)
			{
				for(z=0;z<num;z++)
				{
					if(legal(state[j],base[i])||legal(state[k],base[i-1])||legal(state[z],base[i-2]))
					continue;
					if(legal(state[j],state[k])||legal(state[j],state[z])||legal(state[k],state[z]))
					continue;
					dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][k][z]+sn[j]);
				}
			}
		}
	}
	ans=0;
	for(i=0;i<num;i++)
	{
		for(j=0;j<num;j++)
		{
			ans=max(ans,dp[n-1][i][j]);
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
 }


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