POJ 1185 炮兵阵地 (状态压缩，DP，附测试数据)

最新推荐文章于 2021-05-25 11:51:06 发布

winkloud

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分类专栏：动态规划DP POJ

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本文详细分析了POJ 1185题目的解决方案，该题涉及到矩阵中的状态压缩问题。由于m<=10，采用2进制表示状态。通过动态规划的递推方式，减少了状态转移方程的空间和时间复杂度，优化后的最坏复杂度为O(N*K^3)，其中K<62。同时，提供了测试数据链接供读者参考。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

话说POJ的这道题弱数据，网上的许多解题报告也有问题。。今天训练赛出了这道题，信心满满的拿原来的AC代码去交，WA＋RE的体无完肤。。解题报告附上，慢慢研究！

经典NOI题，矩阵里的状态压缩问题。因为m<=10，而每列都有状态选或不选，所以想到用2进制，那么状态数是2^10。因为当前行的选择依赖于前两行，而前一行又依赖于前前两行，能想到状态转移方程应该牵扯到当前行、前一行、前前行，类似于递推式dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]的递推过程，而本体每次都是状态间的转移，想到状态转移方程dp[i][j][k] = max(dp[i][k][l]) + sum[j](j和k和l表示当前行状态，前一行状态，前前行状态,sum[j]表示j状态下在i行放了几个大炮)。

用上面的转移方程，空间复杂度和时间复杂度都不允许，因为j,k,l<=2^10,而实际的情况是10列的组合中不冲突的组合只有少数几种，比如PHPP，状态5（101）表示的在第0列和第2列放炮，这个状态内部冲突，我们就可以不考虑，可以预处理把这些状态剔除，然后将不冲突的状态存进一个数组，转移的时候用数组的下标去转移就好。状态转移方程变成:dp[i][j][k] = max(dp[i][k][l]) + one[i][j](j,k,l分别表示第i行，第i-1行，第i-2行的第j个、第k个，第l个状态，状态分别为state[i][j],state[i-1][k],state[i-2][l]，one[i][j]表示第i行状态j的1的个数，也就是i状态下放炮数量),最坏复杂度O(N*K^3)（K<62)

//Memory: 2408K		
//Time: 250MS
#include <stdio.h>  
#include <string.h>  
#define MAX 110  
#define INF 1000000000  
  
  
int state[MAX][MAX], one[MAX][MAX];         //state[i][j]表示第i行第j个合法状态，one表示第i行第j个合法状态中含1的个数  
int ans, stnum[MAX], sum[MAX * 20];         //stnum[i]表示i行合法的状态数，sum[i]为i状态下1的个数  
int n, m, map[MAX][MAX], dp[MAX][70][70];   //dp[i][j][k]表示第i行第j个状态第-1行第k个状态含有的最多1的个数  
  
  
inline int max(int a, int b) {  
  
    return a > b ? a : b;  
}  
void Initial() {  
  
    ans = 0;  
    memset(dp, 0, sizeof (dp));  
    memset(map, 0, sizeof (map));  
    memset(one, 0, sizeof (one));  
    memset(stnum, 0, sizeof (stnum));  
}  
void GetOneSum() {  
    //预处理，先把每个状态里含有的1的数量算出来  
    for (int i = 0; i <= (1 << 10); ++i) {  
  
        int tp = 0;  
        for (int j = 0; j <= 10; ++j)  
            if (i & (1 << j)) tp++;  
        sum[i] = tp;  
    }  
}  
int Check(int x) {  
    //x&(x>>1)是判断当前列是否和前一列冲突,x>>2就是前两列  
    if (x > 1 && (x & (x >> 1))) return 0;  
    if (x > 2 && (x & (x >> 2))) return 0;  
    return 1;  
}  
void FindState(int x, int tot) {  
    //预处理，把第x行中合法的状态全部找出来，存到state数组中，tot是本行所有的p点压缩起来的一个状态  
    for (int i = 0; i < (1 << m); ++i)  
        if (Check(i) && (i & tot) == i) {  
            //（i&tot） == i表示集合i是集合tot的子集合，意思是i里面的含有的列都是p点  
            stnum[x]++;  
            int tp = stnum[x];  
            state[x][tp] = i;  
            one[x][tp] = sum[i];  
        }  
}  
  
  
int main()   
{  
    int i, j, k, s;  
    char tp[MAX];  
    GetOneSum();  
  
  
    while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {  
  
        Initial(), stnum[0] = 70;  
        for (i = 1; i <= n; ++i) {  
  
            scanf("%s", tp);  
            for (k = j = 0; j < m; ++j) {  
               
                map[i][j] = (tp[j] == 'P' ? 1 : 0);  
                k += (map[i][j] ? (1 << j) : 0);  
            }  
            FindState(i, k);  
        }  
  
  
        //初始化第1行  
        for (j = 1; j <= stnum[1]; ++j)  
            for (k = 1; k <= stnum[0]; ++k)  
                dp[1][j][k] = one[1][j];  
        //状态转移  
        for (i = 2; i <= n; ++i)  
            for (j = 1; j <= stnum[i]; ++j)  
                for (k = 1; k <= stnum[i - 1]; ++k)  
                    if (!(state[i][j] & state[i - 1][k])) {                 //判断两个状态是否有冲突  
  
                        int tpmax = 0;  
                        for (s = 0; s <= stnum[i - 2]; ++s) {  
  
                            if (!(state[i][j] & state[i-2][s])              //判断三个状态是否有冲突  
                                    && !(state[i - 1][k] & state[i - 2][s]))  
                                tpmax = max(dp[i - 1][k][s], tpmax);  
                        }  
                        dp[i][j][k] = tpmax + one[i][j];  
                    }  
  
        //Update Answer  
        for (j = 1; j <= stnum[n]; ++j)  
            for (k = 1; k <= stnum[n-1]; ++k)  
                ans = max(ans, dp[n][j][k]);  
        printf("%d\n", ans);  
    }  
}

附赠测试数据：(数据量很大，优快云博客没有附件，只能放下载资源了)

http://download.youkuaiyun.com/detail/winkloud/4523849