[NOI2001]炮兵阵地

最新推荐文章于 2022-12-07 21:05:41 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/mrclr/p/9621961.html

本文介绍了一种利用状压动态规划方法解决炮兵放置问题的技术方案。该问题要求在同一行中放置炮兵时，任意两个炮兵之间至少间隔两个空位，并且不能在障碍物位置放置炮兵。通过预处理所有合法状态并进行三维动态规划，有效地解决了问题。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

嘟嘟嘟

看到 m <= 10，就知道这道题可定是状压dp。

还是一行一行dp，可见当前第 i 行能否放炮兵，除了和第 i 行的地形有关，还和 i - 1, i - 2行炮兵的放置状态有关。

因此dp要开三维，dp[k][j][i] 表示第 i 行的放置状态为 j， i - 1 行的放置状态为h时最多能放几个炮兵。

那么如果k, j 都符合条件的话, dp[k][j][i] = max(dp[k][j][i], dp[h][k][i - 1], sum[j]).

其中 h 表示i - 2行的放置状态，sum[j] 表示当前的放置状态有多少个炮兵，比如 j 状态是100100,那么sum[j] = 2。

然后我们枚举行数 i ，再枚举 i 行的状态 j，如果和地形shape[i]不冲突的话，再枚举 i - 1的状态 k，如果和shape[i - 1]以及 j 不冲突就再枚举 i - 2 的状态，再判断，然后更新dp。

理论上这样dp就行了，然而因为每一种状态都有2¹⁰，2¹⁰ * 2¹⁰ * 100 = 1e8，空间开不下，而且时间复杂度为O(2^3m * n)卡在TLE的边缘，所以要优化一下。

我们可以预处理所有合法的放置状态，即同一行每两个炮兵之间的距离大于等于2，比如100001，而10100就不合法。这么做呢，还是O(2m)枚举状态i，然后如果 i 左移一位、两位和右移一位、两位和 i 位与起来都是0，就说明状态符合了。（当然也可以逐位判断，O(m * 2^m)）。

不过dp[1]和dp[2]要单独处理，因为dp[1]只受shape[1]制约，dp[2]只受上一行状态和shape[2]制约。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<iostream>
 3 #include<cmath>
 4 #include<algorithm>
 5 #include<cstring>
 6 #include<cstdlib>
 7 #include<cctype>
 8 #include<vector>
 9 #include<stack>
10 #include<queue>
11 using namespace std;
12 #define enter puts("") 
13 #define space putchar(' ')
14 #define Mem(a) memset(a, 0, sizeof(a))
15 typedef long long ll;
16 typedef double db;
17 const int INF = 0x3f3f3f3f;
18 const db eps = 1e-8;
19 const int maxn = 105;
20 inline ll read()
21 {
22     ll ans = 0;
23     char ch = getchar(), last = ' ';
24     while(!isdigit(ch)) {last = ch; ch = getchar();}
25     while(isdigit(ch)) {ans = ans * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
26     if(last == '-') ans = -ans;
27     return ans;
28 }
29 inline void write(ll x)
30 {
31     if(x < 0) x = -x, putchar('-');
32     if(x >= 10) write(x / 10);
33     putchar(x % 10 + '0');
34 }
35 
36 int n, m;
37 char c[maxn];
38 int shap[maxn], sum[maxn], s[maxn], cnt = 0;
39 int dp[maxn][maxn][maxn];
40 
41 int getsum(int x)
42 {
43     int ret = 0;
44     for(; x; x >>= 1) ret += x & 1;
45     return ret;
46 }
47 void init1()
48 {
49     for(int i = 0; i < (1 << m); ++i)
50         if(!(i & (i << 1)) && !(i & (i << 2)) && !(i & (i >> 1)) && !(i & (i >> 2)))
51         {
52             s[++cnt] = i;
53             sum[cnt] = getsum(i);
54             if(!(shap[1] & i)) dp[0][cnt][1] = max(dp[0][cnt][1], sum[cnt]);
55         }
56 }
57 
58 void init2()
59 {
60     for(int i = 1; i <= cnt; ++i) if(!(shap[2] & s[i]))
61         for(int j = 1; j <= cnt; ++j) if(!(shap[1] & s[j]) && !(s[i] & s[j]))
62             dp[j][i][2] = max(dp[j][i][2], dp[0][j][1] + sum[i]);
63 }
64 
65 int main()
66 {
67     n = read(); m = read();
68     for(int i = 1; i <= n; ++i)
69     {
70         scanf("%s", c + 1);
71         for(int j = 1; j <= m; ++j) if(c[j] == 'H') shap[i] |= (1 << (j - 1));
72     }
73     init1(); init2();
74     for(int i = 3; i <= n; ++i)
75         for(int j = 1; j <= cnt; ++j) if(!(shap[i] & s[j]))        //当前行 
76             for(int k = 1; k <= cnt; ++k) if(!(shap[i - 1] & s[k]) && !(s[j] & s[k]))    //上一行 
77                 for(int h = 1; h <= cnt; ++h) if(!(shap[i - 2] & s[h]) && !(s[j] & s[h]) && !(s[k] & s[h]))    //上上行 
78                     dp[k][j][i] = max(dp[k][j][i], dp[h][k][i - 1] + sum[j]);            
79     int ans = 0;
80     for(int i = 1; i <= cnt; ++i)
81         for(int j = 1; j <= cnt; ++j) ans = max(ans, dp[i][j][n]);
82     write(ans); enter;
83     return 0;
84 }