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

Source
Noi 01

题意就不用解释了吧

思路：从上往下遍历，因为炮弹能不能放取决于前两行的状态，所以要定义一个3维数组 dp[i][j][k] , i  表示该行， j表示满足情况的该行的状态，

k 表示上一行的状态，所以dp[i][j][k] += max(dp[i - 1][k][kk]), kk为上上一行满足情况的状态，

最后只要求max(dp
[][])的最大值即可

<pre name="code" class="cpp">#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<set>
#include <queue>
#include<algorithm>
#include <vector>
const double PI = acos(-1.0);
using namespace std;
int dp[105][66][66];
int s[100];
int tot;
int a[105][15];
char str[105][15];
const int mod = 100000000;
void init() //先预处理出一行所有能行的情况
{
tot = 0;
for(int i = 0; i < (1 << 10); ++ i)
{
if((i & (i << 1)) == 0 && (i & (i << 2)) == 0)
s[tot ++] = i;
}
s[tot ++] = 2000; //开大一个， 防止下面m == 10是 s[i] < (1 << m)会无限循环下去而超时。
//printf("%d\n", tot);

}
int main()
{
int n, m, i, j, k;
init();
while(~scanf("%d%d", &n, &m))
{
for(i = 1; i <= n; ++ i)
{
scanf("%s", str[i] + 1);
for(j = 1; j <= m; ++ j)
{
if(str[i][j] == 'P')
a[i][j] = 1;
else
a[i][j] = 0;
}
}
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for(i = 1; i <= n; ++ i)
{
for(j = 0; s[j] < (1 << m) ; ++ j)
{
int res = 1;
for(k = 1; k <= m; ++ k) //判断状态j是否满足输入情况
{
if(a[i][k] == 0 && ((1 << (k - 1)) & s[j]))
{
res = 0;
break;
}
}
if(!res)
continue;
//求在没考虑上上行的情况下求dp
if(i == 1)
{
for(k = 0; s[k] < (1 << m); ++ k) //第一行不受上行限制，所以上行的所以状态都满足
{
for(int kk = 0; kk < m; ++ kk)
{
if(((1 << kk) & s[j]))
dp[i][j][k] ++ ;
}
//printf("%d\n", k);
}
}
else
{
for(int kk = 0; s[kk] < (1 << m); ++ kk)
{
if((s[kk] & s[j]) == 0) //判断上行是否满足
{
for(k = 0; k < m; ++ k)
{
if(((1 << k) & s[j]))
dp[i][j][kk] ++ ;
}
}
}
}
//累加上上满足情况的dp
if(i == 2)
{

for(k = 0; s[k] < (1 << m); ++ k)
{
int mm = 0;
if((s[k] & s[j]))
continue;
for(int kk = 0; s[kk] < (1 << m); ++ kk)
{
if(dp[i - 1][k][kk] > mm)
mm = dp[i - 1][k][kk];
}
dp[i][j][k] += mm;
}
}
else if(i > 2)
{

for(k = 0; s[k] < (1 << m); ++ k)
{
int mm = 0;
if((s[k] & s[j]))
continue;
for(int kk = 0; s[kk] < ( 1 << m); ++ kk)
{
if(dp[i - 1][k][kk] > mm && (s[kk] & s[j]) == 0 && (s[kk] & s[k]) == 0)
{
mm = dp[i - 1][k][kk];
}
}
dp[i][j][k] += mm;
}

}
}
}
int ans = 0;
for(i = 0; s[i] < (1 << m); ++ i)
{
for(j = 0; s[j] <(1 << m); ++ j)
{
ans = max(ans, dp
[i][j]);
//printf("%d\n", dp
[i][j]);
}
}
printf("%d\n", ans);
}
}

/*
12 9
HPHHPHHPH
PPPHHPPHP
HHPHHHHPP
PHHHHPHHP
HHHPHPHHH
HPHPPPPPP
PPPHHPPPP
HPHPHHHPH
PPHPPPHPH
PHPHPPPHP
HPHHPHHPH
HPPPHHPHH
25

1 10
PPPPPPPPPP
4

2 10
PPPPPPPPPP
PPPPPHPPPP
7
*/