poj 1185 炮兵阵地 状压DP

时空隧道

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分析：
因为当前这一行怎么填1只和上一行and上上一行有关系，所以状态和转移方程很好想：
f[i][j][k]代表当前第i行状态为k上一行状态为j的最多的1，所以我们可以得到转移方程如下：
f[i][j][k]=max(f[i-1][t][j]+num[k])num[k]代表状态k有多少个1
只要判断一下jkt是否合法就好啦
然而我很脑残的没有计算时间和空间，所以TLE了一次MLE了一次
因为同一行中每两个1之间最少有两个格子，所以有很多状态是浪费的，所以我们提前预处理出合法状态只有60个左右，大大降低了时间和空间复杂度

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代码如下：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int maxn=100+5,maxm=10+5;
int n,m,f[2][65][65],num[65],ans=0,state[65],cnt;
char mp[maxn][maxm];
inline bool check1(int pos,int x){
    for(int i=1;i<=m;i++)
        if(((1<<(i-1))&x)&&mp[pos][i]=='H')
            return false;
    return true;
}
inline bool check2(int x,int y){
    for(int i=1;i<=m;i++)
        if((x&(1<<i-1))&&(y&(1<<i-1)))
            return false;
    return true;
}
inline int calc(int x){
    int sum=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        if(x&(1<<i-1))
            sum++;
    return sum;
}
signed main(void){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%s",mp[i]+1);
    cnt=0;
    for(int i=0;i<(1<<m);i++)
        if(!(i&(i<<1))&&!(i&(i<<2)))
            state[++cnt]=i,num[cnt]=calc(i);
    memset(f,-1,sizeof(f));
    int lala=0;
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
        if(check1(1,state[i]))
            f[lala][1][i]=num[i];
    for(int i=2;i<=n;i++){
        lala^=1;
        for(int j=1;j<=cnt;j++)
            if(check1(i,state[j]))
                for(int k=1;k<=cnt;k++)
                    if(check1(i-1,state[k]))
                        if(check2(state[j],state[k]))
                            for(int t=1;t<=cnt;t++)
                                if(check2(state[j],state[t]))
                                    if(f[lala^1][t][k]!=-1)
                                        f[lala][k][j]=max(f[lala][k][j],f[lala^1][t][k]+num[j]);
    }
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
        for(int j=1;j<=cnt;j++)
            ans=max(ans,f[lala][i][j]);
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
} 

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by >_< neighthorn