HDU 4539 郑厂长系列故事——排兵布阵 状压dp

题目链接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4539

郑厂长系列故事——排兵布阵

Time Limit: 10000/5000 MS (Java/Others)
Memory Limit: 65535/32768 K (Java/Others) #### 问题描述 > 郑厂长不是正厂长 > 也不是副厂长 > 他根本就不是厂长 > 事实上 > 他是带兵打仗的团长 > 一天，郑厂长带着他的军队来到了一个n*m的平原准备布阵。 > 根据以往的战斗经验，每个士兵可以攻击到并且只能攻击到与之曼哈顿距离为2的位置以及士兵本身所在的位置。当然，一个士兵不能站在另外一个士兵所能攻击到的位置，同时因为地形的原因平原上也不是每一个位置都可以安排士兵。 > 现在，已知n,m 以及平原阵地的具体地形，请你帮助郑厂长计算该阵地,最多能安排多少个士兵。

输入

输入包含多组测试数据；
每组数据的第一行包含2个整数n和m (n <= 100, m <= 10 )，之间用空格隔开；
接下来的n行，每行m个数，表示n*m的矩形阵地，其中1表示该位置可以安排士兵，0表示该地形不允许安排士兵。

输出

请为每组数据计算并输出最多能安排的士兵数量，每组数据输出一行。

样例输入

6 6
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 1 1 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0

样例输出

2

题意

每个点会攻击离它哈密顿距离为2的所有点，以及它自己所在的点，现在给你一个n*m的棋盘，有些点上不能放棋子，问最多能放多少个棋子，且任意两个棋子都不会互相攻击。

题解

dp[cur][i][j]表示第cur-1行状态为i，第cur行状态为j，能装下的最大不冲突棋子数。
做法和[port]差不多

#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<ctime>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<bitset>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<functional>
using namespace std;
#define X first
#define Y second
#define mkp make_pair
#define lson (o<<1)
#define rson ((o<<1)|1)
#define mid (l+(r-l)/2)
#define sz() size()
#define pb(v) push_back(v)
#define all(o) (o).begin(),(o).end()
#define clr(a,v) memset(a,v,sizeof(a))
#define bug(a) cout<<#a<<" = "<<a<<endl
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<(b);i++)
#define scf scanf
#define prf printf

typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<pair<int,int> > VPII;

const int INF=0x3f3f3f3f;
const LL INFL=10000000000000000LL;
const double eps=1e-9;

const double PI = acos(-1.0);

//start----------------------------------------------------------------------

const int maxn=111;
const int maxm=11;
const int maxs=400;

LL dp[2][maxs][maxs];

int n,m;

///处理出有效状态
VI sta;
vector<LL> sumv;
void pre(){
    for(int i=0;i<(1<<10);i++){
        int cnt=0;
        bool su=true;
        for(int j=0;j<10;j++){
            if(!(i&(1<<j))) continue;
            cnt++;
            if(j-2>=0&&(i&(1<<(j-2)))){ su=false; break; }
        }
        if(!su) continue;
        sta.pb(i);
        sumv.pb(cnt);
    }
}

int tot;
int arr[maxn][maxm];

bool ok(int x,int i){
    for(int j=0;j<m;j++){
        if(!(x&(1<<j))) continue;
        if(arr[i][j]==0) return false;
    }
    return true;
}

bool ok2(int pp,int p,int u){
    for(int j=0;j<m;j++){
        if(!(u&(1<<j))) continue;
        if(j&&(p&(1<<(j-1)))) return false;
        if(j<m-1&&(p&(1<<(j+1)))) return false;
        if(pp>=0&&(pp&(1<<j))) return false;
    }
    return true;
}

void dealone(){
    LL ans=0;
    for(int i=0;i<tot;i++){
        if(ok(sta[i],0)) ans=max(ans,sumv[i]);
    }
    prf("%lld
",ans);
}

int main() {
    pre();
    while(scf("%d%d",&n,&m)==2) {
        tot=upper_bound(all(sta),(1<<m)-1)-sta.begin();
//        bug(tot);

        rep(i,0,n) rep(j,0,m){
            scf("%d",&arr[i][j]);
        }

        if(n==1){ dealone(); continue; }

        int cur=0;
        clr(dp[cur],0);
        for(int i=0;i<tot;i++){
            if(!ok(sta[i],0)) continue;
            for(int j=0;j<tot;j++){
                if(!ok(sta[j],1)) continue;
                if(!ok2(-1,sta[i],sta[j])) continue;
                dp[cur][i][j]=sumv[i]+sumv[j];
            }
        }

//        bug(dp[cur][17][4]);

        for(int t=2;t<n;t++){
            cur^=1;
            clr(dp[cur],0);
            for(int k=0;k<tot;k++){
                if(!ok(sta[k],t)) continue;
                for(int j=0;j<tot;j++){
                    if(!ok(sta[j],t-1)) continue;
                    if(!ok2(-1,sta[j],sta[k])) continue;
                    for(int i=0;i<tot;i++){
                        if(!ok(sta[i],t-2)) continue;
                        if(!ok2(sta[i],sta[j],sta[k])) continue;
                        dp[cur][j][k]=max(dp[cur][j][k],dp[cur^1][i][j]+sumv[k]);
                    }
                }
            }
        }

        LL ans=0;
        for(int i=0;i<tot;i++){
            for(int j=0;j<tot;j++){
                ans=max(ans,dp[cur][i][j]);
            }
        }

        prf("%lld
",ans);

    }
    return 0;
}

//end-----------------------------------------------------------------------