POJ - 1185 炮兵阵地 状压dp

炮兵阵地 Time Limit: 2000MS   Memory Limit: 65536K Total Submissions: 26819   Accepted: 10362 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 Noi 01

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;
 }