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
这是一个典型的动态规划问题，在我的现有知识里，我把它划分为在地图上的动态规划，我建议写这一道题目之前先写一下HOJ-2662,这个比较简单。而且这个题目是问最多能摆的数量，hoj-2662,问的是最多方案，二者的状态转移方程一个是求和，一个是求最大值。这类题目的思路都是一样的，首先要进行状态压缩，把每一行的状态进行二进制压缩。然后运用动态规划的思想，一行一行的递推，而且，这道题目，由于决定该行状态是否合理是由上面两行决定的，所以要用到三维的数组，表示i行，i-1行，能摆的最大数量。所以状态转移方程dp[i][j][s1]=max(dp[i][j][s1],get(s[j],i)+dp[i-1][s1][v]；这类题目，巧妙的运用位运算：
a&b：表示a状态和b状态，同一列是否有都是1的情况
(a<<1)&b||(a>>1)&b: 表示a状态和b状态，是否存在曼哈顿距离为2的情况，具体见http://acm.hdu.edu.cn/diy/contest_showproblem.php?pid=1004&cid=20939
判断左右是否相邻
x&(x<<1)
左右是否距离两个格子
x&(x<<2);
……
这道题目还有一个需要特别注意的地方，就是事先进行判断哪些状态是不符合的，直接筛选，这样状态数量大大减少，因为我们要套3个for循环，所以不这张做肯定会爆掉，超时
关于位运算
http://blog.csdn.net/Dacc123/article/details/50974579
#include <iostream>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <math.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
int dp[105][105][105];//第i行第i-1行状态，，炮兵数量
int s[105];
int n,m;
char a[105][15];
#define MAX 65
int cnt;
int get(int x,int row)
{
int res=0;
int i=0;
int x2;
int t=0;
while(x)
{
if(res=(x&1))
t++;
x>>=1;
//判断是否为平原
if(res&&a[row][i]=='H')
return -1;
i++;
}
return t;
}
bool ok(int x)
{
if(x&(x<<1)) return false;
if(x&(x<<2)) return false;
return true;
}
void init()
{
memset(s,0,sizeof(s));
for(int i=0;i<(1<<m);i++)
{
if(ok(i))
{
s[cnt++]=i;
}
}
}
int main()
{
char b;
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
{
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<m;j++)
{
cin>>b;
a[i][j]=b;
}
}
cnt=0;
init();
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<cnt;j++)
{
if(get(s[j],i)!=-1)//如果当前状态符合条件
{
if(i==0)
{
dp[0][j][0]=max(0,get(s[j],i));
continue;
}
//第i-1行
for(int s1=0;s1<cnt;s1++)
{
if(i==1)
{
dp[i][j][s1]=max(dp[i][j][s1],get(s[j],i)+dp[i-1][s1][0]);
continue;
}
//第i-2行
for(int v=0;v<cnt;v++)
{
if((!(s[s1]&s[v]))&&(!(s[j]&s[v]))&&(!(s[j]&s[s1])))
{
if(get(s[s1],i-1)!=-1&&get(s[v],i-2)!=-1)
{
dp[i][j][s1]=max(dp[i][j][s1],get(s[j],i)+dp[i-1][s1][v]);
}
}
}
}
}
}
}
int max=0;
for(int i=0;i<cnt;i++)
{
for(int j=0;j<cnt;j++)
{
if(max<dp[n-1][i][j])
max=dp[n-1][i][j];
}
}
printf("%d
",max);
}
}