poj 1185 炮兵阵地

炮兵阵地 Time Limit: 2000MS   Memory Limit: 65536K Total Submissions: 26353   Accepted: 10159 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

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中文题就不解释了。

思路：这道据说是经典的状压dp，做起来的时候感觉难度有点偏高，一开始我想用轮廓线dp的思维记录前两行的全部状态然后dp过去，结果tle了一发，然后看了下别人的思路，也就大概懂了，思路大概就是用dp[i][j][k]表示第i行状态为j第i-1行状态为k的最大值。至于第一维可用0 1滚动优化内存，然后每一行的状态最多肯定不超100种，因为相邻2~3位是不能同时存在的，然后就是每次计算都把所有可能的状态枚举出来，用一个数组保存。然后就一行一行dp过去，最后再寻找最大值为答案。下面给代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<queue>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<bitset>
#include <utility>
using namespace std;
#define maxn 105
typedef long long LL;
const int mod = 1e9 + 7;
int dp[2][maxn][maxn];
int base[maxn], status[maxn], num[maxn];
char s[maxn][15];
int main(){
	int n, m;
	while (~scanf("%d%d", &n, &m)){
		for (int i = 1; i <= n; i++){
			status[i] = 0;
			scanf("%s", s[i] + 1);
			for (int j = 1; j <= m; j++){
				if (s[i][j] == 'H')
					base[i] |= 1 << (j - 1);
			}
		}
		memset(dp, 0, sizeof(dp));
		int len = 0;
		for (int i = 0; i < (1 << m); i++){
			if ((i&(i << 1)) || (i&(i << 2)))
				continue;
			int temp = i;
			while (temp){
				num[len] += temp & 1;
				temp >>= 1;
			}
			status[len++] = i;
		}
		int now = 1;
		for (int i = 0; i < len; i++){	
			if (status[i] & base[1])
				continue;
			dp[1][i][0] = num[i];
		}
		if (n > 1){
			now ^= 1;
			for (int i = 0; i < len; i++){
				if (status[i] & base[2])
					continue;
				for (int j = 0; j < len; j++){
					if ((status[j] & base[1]) || (status[i] & status[j]))
						continue;
					dp[0][i][j] = max(dp[0][i][j], dp[1][j][0] + num[i]);
				}
			}
			for (int i = 3; i <= n; i++){
				now ^= 1;
				memset(dp[now], 0, sizeof(dp[now]));
				for (int j = 0; j < len; j++){
					if (status[j] & base[i])
						continue;
					for (int k = 0; k < len; k++){
						if ((status[k] & base[i - 1]) || (status[j] & status[k]))
							continue;
						for (int l = 0; l < len; l++){
							if ((status[l] & base[i - 2]) || (status[k] & status[l]) || (status[j] & status[l]))
								continue;
							dp[now][j][k] = max(dp[now][j][k], dp[now ^ 1][k][l] + num[j]);
						}
					}
				}
			}
		}
		int ans = 0;
		for (int i = 0; i < len; i++){
			for (int j = 0; j < len; j++){
				ans = max(ans, dp[now][i][j]);
			}
		}
		printf("%d\n", ans);
	}
}