POJ 1185 炮兵阵地 经典的 状态压缩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

 

 

一道经典的题目。

题意：略

思路：位运算，状态压缩。

首先他的攻击范围怎么去处理呢？

分三步。

　　1.预处理，在2^10情况下，一行满足不互相攻击的情况，进去打表。

　　　它会有多大呢？可以计算一下for( i=0;i < (1<<10);i++)  if(  !( i&(i<<1)) && !( i&(i<<2 ) && !( i & (i>>1)) && !( i & (i>>2)) ) count++;

　　　算出来是60.所以，没有必要去开一个 [ 1<<10]这么大的数组。这些约束条件，为我们节省了空间。

　　　并且在预处理满足的条件下，能放几个士兵。就是二进制数，有几个1. 

　　2.输入，不可能全是PPPPPPPP，有H的存在，所以，我们也要保存这种状态。

　　　用这些状态和我们预处理的状态进行判断，必须要满足2，才进行下去。

　　3.第三种就是在dp的过程中，保证，当前这一行 和 前一行 ，前两行 不矛盾。

这个应该是比较容易理解的。

状态转移：

　　　　dp[ L ] [ k ] [ s ] 代表 第L行，当前状态是k，上一行的状态是s的情况下，最多能放几个士兵。

　　　　满足： dp[ L ] [ k ] [ s] = max(  dp[ L -1 ] [ s ] [ X]  ) + Knum[ k ];

在书写的过程中遇到很多细节问题。

例如：

　　由于，我的预处理是 1<<10的，所以开的数组是60+，

　　但是for( i= 0; state[ i ] < (1<<m) ; i++)的时候，当m是10的时候，会出现，最大的state[ i ] 也小于 1<<10;

     所以这样书写是不行的。要加一个条件。

     for( i= 0; i<len && state[ i ]< (1<<m) ; i++) 位置换一下可以么？NO！！

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
using namespace std;

int n,m;
char tom[103][12];
int a[103];
int state[62],len;
int Knum[62];
int dp1[61][61],dp2[61][61];

void make_init()
{
    int i,k,ans,x;
    k=1<<10;
    len=0;
    for(i=0;i<k;i++)
    {
        if( (i&(i<<1)) || (i&(i>>1)) || (i&(i<<2)) || (i&(i>>2)) ) continue;
        state[len]=i;
        x=i;
        ans=0;
        while(x)//每一种状态能放几个兵。
        {
            ++ans;
            x=(x-1)&x;
        }
        Knum[len++]=ans;
    }
}
void make_then()
{
    int i,j,k,s,hxl,x;
    k=1<<m;
    memset(dp1,0,sizeof(dp1));
    memset(dp2,0,sizeof(dp2));
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        for(j=0;j<len&&state[j]<k;j++)
        {
            if( (a[i]&state[j])==0 ) //限制了，山地。
            for(s=0;s<len&&state[s]<k;s++)//前一xing状态
            {
                if( (state[j]&state[s])>0 ) continue; // 当前状态和前一矛盾
                hxl=0;
                for(x=0;x<len&&state[x]<k;x++)//前2行的状态
                {
                    if( (state[s]&state[x])>0 || (state[j]&state[x])>0 ) continue;
                    if(hxl<dp1[s][x])
                    hxl=dp1[s][x];
                }
                dp2[j][s]=hxl+Knum[j];
            }
        }
        for(j=0;j<len&&state[j]<k;j++)
        {
            for(s=0;s<len&&state[s]<k;s++)
            {
                dp1[j][s]=dp2[j][s];
                dp2[j][s]=0;
            }
        }
    }
}
int main()
{
    int i,j,k,hxl;
    make_init();//预处理.
    while(scanf("%d%d",&n,&m)>0)
    {
        for(i=1;i<=n;i++)
        scanf("%s",tom[i]+1);
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            a[i]=0;
            for(j=1;j<=m;j++)
            {
                a[i]=a[i]<<1;
                if(tom[i][j]=='H')
                a[i]+=1;
            }
        }//!
        make_then();
        hxl=0;
        k=1<<m;
        for(i=0;i<len&&state[i]<k;i++)
        for(j=0;j<len&&state[j]<k;j++)
        if(dp1[i][j]>hxl) hxl=dp1[i][j];
        printf("%d\n",hxl);
    }
    return 0;
}