POJ 1185 炮兵阵地 (状压DP)

最新推荐文章于 2021-07-15 11:32:37 发布

最新推荐文章于 2021-07-15 11:32:37 发布 · 287 阅读

文章标签：

#dp #状压

ACM算法专栏收录该内容

83 篇文章

订阅专栏

炮兵阵地

Time Limit: 2000MS		Memory Limit: 65536K
Total Submissions: 26638		Accepted: 10267

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

因为列只有10行，那么就考虑状压DP，这里学习一下状压DP，压缩状态的思想是用一个10进制数来代表某一排的状态，那么对于每一位就只有0，1两种状态，考虑状态的转移，可以根据上一排的状态去推下一排的状态，这里要注意预处理，因为对于每一排合法的情况确实很少不超过70种，就可以根据上一排的状态在根据题设条件的推出下一排的状态，dp[i][j][k]定义的是前i排，其中第i排的状态为j，第i-1排状态为j的情况下的最大值，然后再来考虑如何判断两排是否合法和某一合法情况是否合适于该排，比较常用的就是位运算。

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
int dp[105][70][70];
int n,m,top,i;
char mp[105][15];
int sum[70];
int s[105];
int sta[70];
void getsum()
{
    for(int i=0;i<top;i++)
    {
        int tsum=0;
        int ts=sta[i];
        while(ts)
        {
            tsum+=ts%2;
            ts/=2;
        }
        sum[i]=tsum;
    }
}
int check(int x,int y)
{
    if((x&y)==0)
        return 1;
    else
        return 0;
}
void inti()   //预处理
{
    int mask=(1<<m)-1;
    top=0;
    for(int i=0;i<=mask;i++)
    {
        if((i&(i<<1))==0&&(i&(i<<2))==0)
            sta[top++]=i;
    }
    getsum();
}
int main()
{
    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
    {
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(i=1;i<=n;i++)
            scanf("%s",mp[i]+1);
        inti();
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            s[i]=0;
            for(int j=1;j<=m;j++)
            {
                if(mp[i][j]=='P')   //p表示可以放也就是没有东西为0 ,s[i]存第i排的状态
                    ;
                else                //p上有东西为1
                     s[i]+=(1<<(m-j));
            }
        }

        for(int i=0;i<top;i++)      //特殊处理第1排
        {
            int nowi=sta[i];
            if(check(nowi,s[1])==1)
                dp[1][i][0]=max(dp[1][i][0],sum[i]);
        }
        for(int i=0;i<top;i++)      //特殊处理第2排
        {
            int nowi=sta[i];
            if(check(nowi,s[2])==0)  //跟图不合法
                continue;
            for(int j=0;j<top;j++)  //前一排
            {
                int nowj=sta[j];
                if(check(nowj,nowi)==1)  //跟图合法  跟前一排合法
                    dp[2][i][j]=max(dp[2][i][j],dp[1][j][0]+sum[i]);
            }

        }
        for(int ii=3;ii<=n;ii++)    //从第3排开始
        {
            for(int i=0;i<top;i++)
            {
                int nowi=sta[i];
                if(check(nowi,s[ii])==0)  //第ii排跟图合法
                    continue;
                for(int j=0;j<top;j++)
                {
                    int nowj=sta[j];
                    if(check(nowj,nowi)==0) ////跟前一排合法
                        continue;
                    for(int k=0;k<top;k++)
                    {
                        int nowk=sta[k];
                        if(check(nowj,nowk)==0||check(nowi,nowk)==0)   //跟前前一排合法-
                            continue;
                        dp[ii][i][j]=max(dp[ii][i][j],dp[ii-1][j][k]+sum[i]);
                    }
                }
            }
        }
        int ans=0;
        for(int i=0;i<top;i++)
        {
            for(int j=0;j<top;j++)
                ans=max(ans,dp[n][i][j]);
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
return 0;
}