poj1185 炮兵阵地【状压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：

有一个n*m的格子有的格子是山，有的格子是平原。只有平原可以放一个炮兵。炮兵的攻击范围是两格，也就是说如果一个格子放了炮兵，他上下左右两格里不能再放炮兵。问这样n*m的地图中，可以最多放多少炮兵。

 

思路：

因为m是小于10的，每个格子又只有放或者不放的状态。所以我们可以考虑状压。用一个十进制数来表示某一行的放炮兵状态。第j位是1表示第j列的格子放了炮兵，0表示没有放。同理，地图上一行的山或是平原的状态也可以用十进制数来表示。

以行数i作为状态转移的阶段，转移的时候需要看的是前面两行的状态。用dp[i][j][k]表示第i行的状态时j，第i-1行的状态是k时，前i行最多的炮兵数。

显然dp[i][j][k] = max(dp[i -1][k][l]) + j的二进制表示中1的个数

并且并不是所有0~2^m-1的数都是可行的，必须要是二进制中1之间的间隔大于等于2的数才可以。

那么我们就可以首先预处理出所有可行的数，每次遍历这些数就可以了。对于每一行还需要去判断一下是否满足当前的地图状态。

刚开始用把平原当1，山当0，这样判断的时候位运算会有点麻烦。所以后面改成了用山当1，这样只需要用& == 0就可以了。

debug了超级久，今天终于找到bug了，太菜了。码力堪忧......

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>

using namespace std;
typedef long long LL;
#define inf 0x3f3f3f3f

const int maxn = 105;
int n, m, mostm;
int dp[maxn][80][80], dixing[maxn];
int cntone[80], S[80], cnt;

bool valid(int i, int x)
{
    if (dixing[i] & x)return false;
    else return true;
}

int get_one(int x)
{
    int res = 0;
    while (x) {
        res += (x & 1);
        x >>= 1;
    }
    return res;
}

bool ok(int x)
{
    if (x & (x << 1))return false;
    if (x & (x << 2)) return false;
    return true;
}

void getS()
{
    cnt = 0;
    mostm = 1 << m;
    for (int i = 0; i < mostm; i++) {
        if (ok(i)) {
            S[cnt] = i;
            cntone[cnt] = get_one(i);
            cnt++;
        }
    }
}

int main()
{
    while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {
        getS();
        memset(dixing, 0, sizeof(dixing));
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            char tmp[20];
            scanf("%s", tmp);
            //printf("%s", tmp + 1);
            for (int j = 0; j < m; j++) {
                //cout<<tmp[j]<<endl;
                if (tmp[j] == 'H') {
                    dixing[i] |= (1 << (m - 1 - j));
                }
            }
        }

        memset(dp, -1, sizeof(dp));
        dp[0][0][0] = 0;
        int ans = 0;
        for (int j = 0; j < cnt; j++) {
            if (valid(1, S[j])) {
                dp[1][j][0] = cntone[j];
                ans = max(ans, dp[1][j][0]);
            }
        }
        //cout<<1<<" "<<ans<<endl;

        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            int tiaoshi = -1;
            for (int j = 0; j < cnt; j++) {
                if (valid(i, S[j])) {
                    for (int k = 0; k < cnt; k++) {
                        if (valid(i - 1, S[k]) && (S[j] & S[k]) == 0) {
                            int mmm = -1;
                            for (int l = 0; l < cnt; l++) {
                                if (valid(i - 2, S[l]) && dp[i - 1][k][l] != -1 && (S[j] & S[l]) == 0) {
                                    mmm = max(mmm, dp[i - 1][k][l]);
                                }
                            }
                            //cout<<i - 1<<" "<<mmm<<endl;
                            dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], mmm + cntone[j]);
                            tiaoshi = max(tiaoshi, dp[i][j][k]);
                            if (i == n)ans = max(ans, dp[i][j][k]);
                        }
                    }
                }
            }
            //cout<<i<<" "<<tiaoshi<<endl;
        }
        printf("%d
", ans);
    }

    //return 0;
}