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

题意:给你一个m*n的矩阵 每一块 P代表平原 可以安放炮台 现在按照要求部署炮台 任意两个炮台之间的距离应当大于2 问最多能够安放多少个炮台
题解:dp[i][j][l]  代表第i行部署状态为l 第i-1行部署状态位j的情况下的答案
 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cmath>
 4 #include<cstring>
 5 #include<algorithm>
 6 #include<map>
 7 #include<queue>
 8 #include<stack>
 9 #include<vector>
10 #include<set>
11 #define ll __int64
12 #define mod 100000000
13 using namespace std;
14 int n,m;
15 int a[70];
16 int b[110];
17 int dp[110][70][70];
18 char w[105][105];
19 int cnt=0;
20 int bit[70];
21 int fin (int x)
22 {
23     int jishu=0;
24     while(x>0)
25     {
26         if(x%2==1)
27             jishu++;
28         x/=2;
29     }
30     return jishu;
31 }
32 bool check(int x)//判断每一行可行的部署方案
33 {
34     if(x&(x/2)) return false;
35     if(x&(x/4)) return false;
36     return true;
37 }
38 bool fun(int x,int k)//判断是否满足平原的要求
39 {
40     if(x&b[k]) return false;
41     else return true;
42 }
43 int main()
44 {
45     scanf("%d %d",&m,&n);
46     char exm;
47     cnt=0;
48     for(int i=0; i<(1<<n); i++){
49         if(check(i)){
50             a[++cnt]=i;
51             bit[cnt]=fin(i);
52             }
53     }
54     memset(b,0,sizeof(b));
55     for(int i=1; i<=m; i++)
56         scanf("%s",w[i]+1);
57     for(int i=1; i<=m; i++)
58         for(int j=1; j<=n; j++)
59             if(w[i][j]=='H')
60                 b[i]+=(1<<(n-j));
61     memset(dp,-1,sizeof(dp));
62     for(int i=1; i<=cnt; i++){
63         if(fun(a[i],1))
64             dp[1][1][i]=bit[i];
65     }
66 
67     for(int i=2; i<=m; i++){
68         for(int k=1; k<=cnt; k++){
69             if(!fun(a[k],i)) continue;
70             for(int j=1; j<=cnt; j++){
71                 if(a[k]&a[j]) continue;
72                 for(int l=1;l<=cnt;l++){
73                     if(a[k]&a[l]) continue;
74                     if(dp[i-1][j][l]==-1) continue;
75                  dp[i][l][k]=max(dp[i][l][k],dp[i-1][j][l]+bit[k]);
76                 }
77             }
78         }
79     }
80     int ans=0;
81     for(int i=1;i<=m;i++)
82     for(int j=1;j<=cnt;j++)
83     for(int l=1;l<=cnt;l++)
84     ans=max(ans,dp[i][j][l]);
85     printf("%d\n",ans);
86     return 0;
87 }