【dp-状态压缩】炮兵阵地

• 题目描述
  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。

• 输入
  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。

• 输出
  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。

• 样例输入

  5 4
  PHPP
  PPHH
  PPPP
  PHPP
  PHHP

• 样例输入

  6

• 来源
  poj1185

• 题解
  
  1. 首先一看对于每一个格子有两种方案，放和不放，最先想到搜索，枚举格子的状态，显然超时。。。代价O（2^(n*m)）。
  2. 所以这题肯定不能暴力搜索，读题发现题中满足一个性质：
     第i行的放法只被第i-1和i-2行限制。所以可以枚举这三行。
     那么要想枚举状态，一定要进行状态压缩，这一行一共有m列，每一个格子有两个状态，所以每一行一共有2^(m)次方（最多有1024），枚举三行就有10^9种状态了，所以还是会超时。
     这里就要发挥状态压缩的优点了，因为如果一个格子放了，相邻的两个就不能放了。这样就可以一下把状态数目缩小到60个了（至于怎么来的，预处理出来看一下有多少个就行了）
     先预处理出状态，然后枚举。
     先枚举行数i（1<=i<=n-1）
     再枚举当前行的状态j，当前行上一行状态r1,上数两行r2。
     状态转移方程就是：
     dp[i][r1][j]=max{dp[i-1][r2][r1]+sum[j]}
     输出dp[n][i][j]中最大值就行了
     代码：
     （考试时写的代码，很难看，函数名也比较low）

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <climits>
#define MAX 60
using namespace std;
int all;
int dp[100][60][60]={0};
int mapp[100]={0};
int con[100]={0};
int n,m;
int sum[100]={0};
bool judge(int a)//判断是否前两个放过
{
    if(a&(a<<1)) return 0;
    if(a&(a<<2)) return 0;
    else return 1;
}
int get(int x)//求x状态中放的个数
{
    int res=0;
    while(x){
        if(x&1)res++;
        x>>=1;
    }
    return res;
}
int yuchuli1()//预处理可行的状态
{
    int num=0;
    for(int i=0;i<(1<<m);i++)
    {
        if(judge(i)) con[num]=i,sum[num++]=get(i);
    }
    return num;
}
void clean(int x)//清空数组
{
    for(int i=0;i<all;i++)
        for(int j=0;j<all;j++)
        dp[x][i][j]=-1;
}
int main()
{
    char s[101];
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        scanf("%s",&s);
        for(int j=0;j<m;j++)
            if(s[j]=='H')
                mapp[i]|=(1<<j);//用二进制存
    }
    all=yuchuli1();//all是当前m下状态个数
    for(int i=0;i<n;i++)
        clean(i);
    for(int i=0;i<all;i++)//赋初值
        if(!(mapp[0]&con[i])) dp[0][0][i]=sum[i];
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        for(int j=0;j<all;j++)
        if(!(con[j]&mapp[i]))//判断当前状态能否达到
        for(int r1=0;r1<all;r1++)
        if(!(con[j]&con[r1]))//判断是否和上一个状态冲突
        for(int r2=0;r2<all;r2++)
        if(!(con[r2]&con[j]))//同上
        if(dp[i-1][r2][r1]!=-1)
        dp[i][r1][j]=max(dp[i][r1][j],dp[i-1][r2][r1]+sum[j]);
    }
    int ans=-1;
    for(int i=0;i<all;i++)
        for(int j=0;j<all;j++)
        ans=max(ans,dp[n-1][i][j]);
    printf("%d",ans);
    return 0;
}