POJ1185 炮兵阵地 状态压缩DP

B - 炮兵阵地
Time Limit:2000MS Memory Limit:65536KB 64bit IO Format:%I64d & %I64u
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Appoint description:
System Crawler (2014-06-29)

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

转自 ：/content/2906055.html

1. 为何状态压缩：

棋盘规模为n*m，且m≤10，如果用一个int表示一行上棋子的状态，足以表示m≤10所要求的范围。故想到用int s[num]。至于开多大的数组，可以自己用DFS搜索试试看；也可以遍历0~2^m-1，对每个数值的二进制表示进行检查；也可以用数学方法（？）

2. 如何构造状态：

当然，在此之前首先要想到用DP（？）。之后，才考虑去构造状态函数f(...)。

这里有一个链式的限制 ：某行上的某个棋子的攻击范围是2。即，第r行的状态s[i]，决定第r-1行只能取部分状态s[p]；同时，第r行的状态s[i]，第r-1行状态s[p]，共同决定第r-2行只能取更少的状态s[q]。当然，最后对上面得到的候选s[i], s[p], s[q]，还要用地形的限制去筛选一下即可。

简言之，第r行的威震第r-2行，因此在递推公式(左边=右边)中，必然同时出现r,和r-2两个行标；由于递推公式中行标是连续出现的，故在递推公式中必然同时出现r, r-1和r-2三个行标。由于在递推公式中左边包含一个f(...)，右边包含另一个f(...)，根据抽屉原理，r, r-1, r-2中至少有两个在同一个f(...)中，因此状态函数中必然至少包括相邻两行的行号作为两个维度。这就是为什么状态函数要涉及到两（相邻的）行，而不是一行。能想到的最简单形式如下：

dp[r][i][p]：第r行状态为s[i]，第r-1行状态为s[p]，此时从第0行~第r行棋子的最大数目为dp[r][i][p]

递推公式：

s[p]影响到s[q]的选取

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| |

dp[r][i][p]=max{dp[r-1][p][q]}+sum[j], 其中sum[j]是状态s[j]中1的个数

| | |

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s[i]影响到s[p]的选取 |

| |

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转自：http://www.cnblogs.com/ZShogg/archive/2013/05/11/3072534.html

题意：给出一张n*m的地图，'H'表示高地，不能部署炮兵，'P'表示平原，可以部署炮兵，炮兵之间必须保持横向、纵向至少2个格子的距离，保证没有误伤。问最多可以部署多少炮兵。

分析：

1.可以用一个32位整数存每一行的状态（二进制上1表示有布置炮兵，0表示没有布置炮兵），由于每一行的状态都要前两行的状态来决定，因此真正的一个状态应该包含本行的状态和上一行的状态，用dp[x][i][j]表示第x行上状态i，x-1行状态为j的最优解。

2.每一行的状态其实只有60种，可以直接暴力搜索出来，把这60种状态按二进制递增顺序（排序目的是方便确定状态没有超出n*m的范围）存到数组state[]中，计算好每种状态中能部署炮兵的数目，存到get[]数组。

3.地图转换成一个二进制的数组，即一个整数表示一行的地形（1表示高地，0表示平原）。因此一个状态能否存在的一个条件是state[i] & map[x] == 0，这样是合法的. (注意取反存，方便判断)

4.状态转移方程为dp[x][i][j] = max(dp[x - 1][j][k] + get[i]，dp[x][i][j])，条件是state[i] & map[x] == 0 ，state[i] & state[j] == 0，state[i] & state[k] == 0，而且存在dp[x - 1][j][k]。把不存在的dp[x][i][j]标为－1.

PS:看了discuss发现还可以用最大点独立集来做。

上面的链接 还有相关滚动数组的做法，orz。

经典就是经典啊~~~~~

注意点：

1.状态涉及本行与上行。

2.需要先筛选一遍可行状态，不然会T。

3.要将地形压缩，不然会T。压缩时取反，高地表示1.

4.还可以用滚动数组做~~

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>

#define N 10005
#define M 100000
#define mod 1000000007
#define mod2 100000000
#define ll long long
#define maxi(a,b) (a)>(b)? (a) : (b)
#define mini(a,b) (a)<(b)? (a) : (b)

using namespace std;

int n,m;
char s[110][20];
int dp[110][110][110];
int a[110];
int ans;
int tot;
int cc[ (1<<10)+10 ];
int ok[ (1<<10)+10 ];

void ini1()
{
int i,j;
for(i=0;i<(1<<10);i++){
for(j=0;j<10;j++){
if( ( (i&(1<<j))!=0) ){
cc[i]++;
}
}
}
}

bool isok(int x)
{
if(x&(x<<1))return false;
if(x&(x<<2))return false;
return true;
}

void ini2()
{
memset(ok,0,sizeof(ok));
for(int i=0;i<(1<<m);i++) //i枚举所有m位的二进制数
{
if(isok(i))
{
ok[tot]=i;
tot++;
}
}
}

void ini()
{
int i,j;
ans=0;
// tot=1<<m;
tot=0;
ini2();
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(a,0,sizeof(a));
for(i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",s[i]);
}
//a[0]=a[1]=tot-1;
for(i=1;i<=n;i++){
for(j=0;j<m;j++){
if( s[i][ j ]=='H' ){
a[i]+=(1<<j);
}
}
}

// for(i=1;i<=n;i++){
//    printf("  i=%d a=%d\n",i,a[i]);
//}
}

void solve()
{
int o,i,j,k;
for(i=1;i<=n;i++){
for(o=0;o<tot;o++){
if( (ok[o] & a[i] )!=0 ) continue;
if(i==1){
dp[i][o][0]=cc[ ok[o] ];continue;
}
for(j=0;j<tot;j++){
if( (ok[j] & a[i-1] )!=0 ) continue;
if( (ok[o] & ok[j] )!=0 ) continue;
for(k=0;k<tot;k++){
if( (ok[k] & a[i-2] )!=0 ) continue;
if( (ok[o] & ok[k] )!=0 ) continue;
if( (ok[j] & ok[k] )!=0 ) continue;
//printf("   i=%d o=%d j=%d k=%d cco=%d ccj=%d dp=%d\n",i,ok[o],ok[j],ok[k],cc[ ok[o] ],cc[ ok[j] ],dp[i-2][ok[k]]);
dp[i][o][ j ]=max(dp[i][ o ][ j ],cc[ ok[o] ]+dp[i-1][ j ][ k ]);
}
}
}
}

i=n;
for(o=0;o<tot;o++){
for(j=0;j<tot;j++)
ans=max(ans,dp[i][ o ][ j ]);
}

//for(i=1;i<=n;i++){
//     for(o=0;o<tot;o++) printf(" i=%d o=%d dp=%d\n",i,ok[o],dp[i][ok[o]]);
// }
}

int main()
{
ini1();
//freopen("data.in","r",stdin);
//freopen("data.out","w",stdout);
//scanf("%d",&T);
// for(int cnt=1;cnt<=T;cnt++)
// while(T--)
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
{
ini();
solve();
printf("%d\n",ans);
// printf("%d\n",ma);
//cout<<tot<<endl;
}

return 0;
}