POJ 1185 炮兵阵地 (状态压缩DP)

炮兵阵地

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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

一道简单的状态压缩DP题，对于这种题，一般是先预处理出可行的状态，用二进制压缩状态，再对每一行的状态进行枚举。

这道题由于每个炮兵可以攻击两行，所以要多枚举一行。可以通过预处理的方式来处理上下两行状态的关系。

状态转移方程： dp[i][j][k],i代表层数，j代表当前行的状态id，k代表上一行的状态id

那么 dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k],dp[i][k][l]+num[j]) ,l是上上层的状态，枚举j，k，l即可

AC代码如下：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn = (1<<10)+10;
int n,m;
char ma[105][15];
int state[100];
int num[100];
int dp[105][100][100];
int flag[100][100];
int che[105][maxn];
int check(int x,int p){
if(che[x][p]!=-1)return che[x][p];
for(int i=0;i<m;i++)
if((p & (1<<i)) && ma[x-1][i] == 'H')return che[x][p] = 0;
return che[x][p] = 1;
}
int main()
{
int sz = 0;
for(int i=0;i<maxn;i++)
if((i&(i<<1))==0&&(i&(i<<2))==0)state[sz++] = i;
for(int j=0;j<sz;j++)
for(int i=0;i<11;i++)
if((state[j] & (1<<i)))num[j]++;
for(int i=0;i<sz;i++)
for(int j=0;j<sz;j++)
if((state[j]&state[i])==0)flag[i][j] = 1;
//cout<<sz<<endl;
while(scanf("%d%d",&n,&m)==2){
memset(che,-1,sizeof(che));
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%s",ma[i]);
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=0;state[j]<(1<<m);j++){
if(!check(i,state[j]))continue;
if(i == 1){dp[i][j][0] = num[j];continue;}
if(i == 2){
for(int k=0;state[k]<(1<<m);k++)
if(flag[j][k]&&check(i-1,state[k]))dp[i][j][k] = dp[i-1][k][0]+num[j];
continue;
}
for(int k=0;state[k]<(1<<m);k++){
if(!check(i-1,state[k])||!flag[j][k])continue;
for(int l=0;state[l]<(1<<m);l++)
if(check(i-2,state[l])&&flag[j][l]&&flag[k][l])
dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k],num[j]+dp[i-1][k][l]);
}
}
}
int ans = 0;
for(int j=0;state[j]<(1<<m);j++)
for(int k=0;state[k]<(1<<m);k++)
ans = max(ans,dp
[j][k]);
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
/*
5 4
PHPP
PPHH
PPPP
PHPP
PHHP

10 10
PPPPPPPPPP
HHPPPPPPHH
PPPPPPPPPP
HHPPPPPPHH
PPPPPPPPPP
HHPPPPPPHH
PPPPPPPPPP
HHPPPPPPHH
PPPPPPPPPP
HHPPPPPPHH
*/