[NOI2001]炮兵阵地（状压DP）

https://www.luogu.com.cn/problem/P2704

题目描述

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。

输入格式

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。

输出格式

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。

输入输出样例

输入 #1

5 4
PHPP
PPHH
PPPP
PHPP
PHHP

输出 #1

6

判断此行是否合法需要枚举上一行和上两行的状态，直接枚举所有状态是肯定会超时的，这时候我们就需要通过题目要求减少状态量了。

（dp要开三维：第一维表示行数，第二维表示现在枚举的状态，第三维表示上一行的状态，所以dp[i][j][k]表示第i行状态为第j个可行状态，且上一行状态是第k个可行状态的最大数量）

总结一下此类题目的dp方法：若某个状态可以对下n行的状态造成影响，那么就要预处理前n行合法的，对于n + 1行及以后，判断某状态是否合法需要往上枚举n行，所以dp数组要开n + 1维，第一维表示行数，第二维表示现在的状态，再往后第n维表示上n - 2行的状态（其实不可能出太多行的，时间指数增长）

这样dp就这样进行：

for(所有状态)
    for(所有状态)
        ...{向上枚举n行}
            dp[i][j][k][l]...[n + 1] += dp[i - 1][k][l]...[最上面一行];
            //求最大方案数就max（）
            //意会吧，不怎么讲得清楚

代码：

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const double eps =1e-8;
const int mod=1e8;
const int maxn=1e5+10;
using namespace std;

LL dp[105][1050][1050];//dp[i][j][k]表示第i行状态为第j个可行状态，且上一行状态是第k个可行状态的最大数量 
int line[105];//第i行的状态，相当于把第i行中的0,1拼接在一起 
int state[1050];//第i个可行状态是多少 
int need[1050];//第i个可行状态中1的个数
int can[105][1050];//第i行中第j个可行方案是否可行
int cnt;

int main()
{
    #ifdef DEBUG
    freopen("sample.txt","r",stdin);
    #endif
    
    int n,m;
    scanf("%d %d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        char str[15]; scanf("%s",str);
        for(int j=0;j<m;j++)
            line[i]=(line[i]<<1) + (str[j]=='P'); 
    }
    for(int i=0;i<(1<<m);i++)
    {
        if(((i<<1)&i)==0  && ((i<<2)&i)==0)
        {
            state[++cnt]=i;    
            //need[cnt] = __builtin_popcount(i);用这个可省略下面的    
            int t=i;
            while(t)
            {
                need[cnt] += t%2;
                t>>=1;
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=cnt;i++)//第一行
    {
        if((state[i]|line[1])==line[1])
        {
            can[1][i]=1;
            dp[1][i][0]=need[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=cnt;i++)//第二行
    {
        if((state[i]|line[2])==line[2])
        {
            can[2][i]=1;
            for(int j=1;j<=cnt;j++)
            {
                if(!can[1][j]) continue;
                if((state[i]&state[j])==0)
                {
                    dp[2][i][j]=max(dp[2][i][j],dp[1][j][0]+need[i]);
                }
            }
        }
    }
    for(int i=3;i<=n;i++) //处理剩下的，所以从 3 开始枚举
    {
        for(int j=1;j<=cnt;j++) //枚举该行状态
        {
            if((state[j]|line[i])==line[i])
            {
                can[i][j]=1;
                for(int k=1;k<=cnt;k++) //枚举上一行状态
                {
                    if(!can[i-1][k]) continue;
                    if(state[j]&state[k]) continue; //上下不能相邻
                    for(int g=1;g<=cnt;g++) //枚举上两行状态
                    {
                        if(!can[i-2][g]) continue;
                        if((state[j]&state[g])||(state[k]&state[g])) continue;
                        dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k], dp[i-1][k][g]+need[j]);
                    }
                        
                }
            }
            
        }
    }
    LL ans=0;
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
    {
        for(int j=1;j<=cnt;j++)
            ans=max(ans, dp[n][i][j]);
    }
    printf("%lld
",ans);
    
    return 0;
}

这个和上面的稍微有点不同，省去了can数组（可忽略）

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const double eps =1e-8;
const int mod=1e8;
const int maxn=1e5+10;
using namespace std;

LL dp[105][1050][1050];//dp[i][j][k]表示第i行状态为第j个可行状态，且上一行状态是第k个可行状态的最大数量 
int line[105];//第i行的状态，相当于把第i行中的0,1拼接在一起 
int state[1050];//第i个可行状态是多少 
int need[1050];//第i个可行状态中1的个数
int cnt;

int main()
{
    #ifdef DEBUG
    freopen("sample.txt","r",stdin);
    #endif
    
    int n,m;
    scanf("%d %d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        char str[15]; scanf("%s",str);
        for(int j=0;j<m;j++)
            line[i]=(line[i]<<1) + (str[j]=='P'); 
    }
    for(int i=0;i<(1<<m);i++)
    {
        if(((i<<1)&i)==0  && ((i<<2)&i)==0)
        {
            state[++cnt]=i;    
            need[cnt] = __builtin_popcount(i);    
        }
    }
    for(int i=1;i<=cnt;i++)//第一行
    {
        if((state[i]|line[1])==line[1])
            dp[1][i][0]=need[i];
    }
    for(int i=1;i<=cnt;i++)//第二行
    {
        if((state[i]|line[2])==line[2])
        {
            for(int j=1;j<=cnt;j++)
            {
                if((state[j]|line[1])!=line[1]) continue;
                if((state[i]&state[j])==0)
                {
                    dp[2][i][j]=max(dp[2][i][j],dp[1][j][0]+need[i]);
                }
            }
        }
    }
    for(int i=3;i<=n;i++) //处理剩下的，所以从 3 开始枚举
    {
        for(int j=1;j<=cnt;j++) //枚举该行状态
        {
            if((state[j]|line[i])==line[i])
            {
                for(int k=1;k<=cnt;k++) //枚举上一行状态
                {
                    if((state[k]|line[i-1])!=line[i-1]) continue;
                    if(state[j]&state[k]) continue; //上下不能相邻
                    for(int g=1;g<=cnt;g++) //枚举上两行状态
                    {
                        if((state[g]|line[i-2])!=line[i-2]) continue;
                        if((state[j]&state[g])||(state[k]&state[g])) continue;
                        dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k], dp[i-1][k][g]+need[j]);
                    }
                        
                }
            }
            
        }
    }
    LL ans=0;
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
    {
        for(int j=1;j<=cnt;j++)
            ans=max(ans, dp[n][i][j]);
    }
    printf("%lld
",ans);
    
    return 0;
}

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