【POJ】1185 炮兵阵地（状压dp）

题目

传送门：QWQ

分析

看到$ M<=10 $考虑状压。

然后把每行都压一下，那么每个状态相关的就是上一行和上上行的状态。

然后枚举。

然后复杂度最坏是$ O(100 imes 1024^3) $的

仔细分析一下，有很多状态是无用的，但还是被判断了，比如$ 11111 $，显然不能做到不误伤。

那么我们把所有可能的状态拉出来（据说小于70？），即代码中的$ st $数组

然后用$ dp[i][j][k] $ 表示前i行上行状态st[j]本行状态st[k]的最大炮兵数量

然后就可以通过上行和上上行很快的更新了

最后统计答案时把最后一行每个位置都要算一下。 

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=105;
int all[maxn], dp[102][1030][1030], num[1030];
int ans=-1e9, ks=0, n, m, st[maxn], sum[maxn], cnt;
char map[maxn][maxn];
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%s",map[i]);
        for(int j=0;j<m;j++){
            if(map[i][j]=='H') all[i]|=(1<<j);
        }
    }
    for(int i=1;i<=1025;i++){
        for(int j=i;j;j>>=1) if(j%2) num[i]++;
    }
    for(int i=0;i<(1<<m);i++) //预处理出一行可能的状态 
        if(!(i&(i<<1)) && !(i&(i<<2))) st[++cnt]=i,sum[cnt]=num[i];
    for(int i=1;i<=cnt;i++) if(!(st[i]&all[1])) dp[1][1][i]=sum[i];
    int ans=0;
    //dp[i][j][k]前i行上行状态st[j]本行状态st[k] 
    for(int i=1;i<n;i++){
        for(int j=1;j<=cnt;j++){
            for(int k=1;k<=cnt;k++){
                if(st[j]&st[k]) continue;
                for(int l=1;l<=cnt;l++){
                    if(!(st[j]&st[l])&&!(st[k]&st[l])&&!(st[l]&all[i+1])){
                        dp[i+1][k][l]=max(dp[i+1][k][l], dp[i][j][k]+sum[l]);
                    }
                }
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=cnt;i++) 
        for(int j=1;j<=cnt;j++)
            ans=max(ans,dp[n][i][j]);
    printf("%d",ans);
    return 0;
}