题目链接：
http://poj.org/problem?id=1185
炮兵阵地
Time Limit: 2000MS Memory Limit: 65536K
#### 问题描述
> 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
> 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 输出
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。
####样例输入
5 4
PHPP
PPHH
PPPP
PHPP
PHHP
####样例输出
6
题解
第一感觉就是转移和前两行的状态有关，这样就变成2^20了，转移的时候会直接炸掉。
正解是，只记录有效的状态，这样发现一行有效的状态就60个，两行的也就3600，然后就可以直接按行转移了。
代码
#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<ctime>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<bitset>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<functional>
using namespace std;
#define X first
#define Y second
#define mkp make_pair
#define lson (o<<1)
#define rson ((o<<1)|1)
#define mid (l+(r-l)/2)
#define sz() size()
#define pb(v) push_back(v)
#define all(o) (o).begin(),(o).end()
#define clr(a,v) memset(a,v,sizeof(a))
#define bug(a) cout<<#a<<" = "<<a<<endl
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<(b);i++)
#define scf scanf
#define prf printf
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<pair<int,int> > VPII;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const LL INFL=10000000000000000LL;
const double eps=1e-9;
const double PI = acos(-1.0);
//start----------------------------------------------------------------------
const int maxn=111;
const int maxs=66;
int n,m;
///存有效状态
VI mysta;
vector<LL> sumv;
///dp[cur][i][j]现在考虑前cur行，前1行状态是i，第cur行状态是j，能塞下的最多炮兵。
LL dp[maxn][maxs][maxs];
///预处理出所有未冲突的状态
void pre() {
for(int i=0; i<(1<<10); i++) {
int cnt=0;
int mi=INF,pre=-100;
for(int j=0; j<10; j++) {
if(i&(1<<j)) {
cnt++;
if(mi>j-pre) mi=j-pre;
pre=j;
}
}
if(mi<=2) continue;
mysta.pb(i);
sumv.pb(cnt);
}
}
char str[maxn][22];
int tot;
///判断有没有吧炮搭到山上
bool ok(int x,int i) {
for(int j=0; j<m; j++) {
if(!(x&(1<<j))) continue;
if(str[i][j]=='H') {
return false;
}
}
return true;
}
///判断上方冲突
bool ok2(int pre,int cur) {
for(int i=0; i<m; i++) {
if((cur&(1<<i))==0) continue;
if(pre&(1<<i)) return false;
}
return true;
}
///特判只有一行的情况
void solve1() {
LL ans=0;
for(int i=0; i<tot; i++) {
if(ok(mysta[i],0)) ans=max(ans,sumv[i]);
}
prf("%lld\n",ans);
}
int main() {
pre();
while(scf("%d%d",&n,&m)==2&&n) {
tot=upper_bound(all(mysta),(1<<m)-1)-mysta.begin();
rep(i,0,n) scf("%s",str[i]);
if(n==1) {
solve1();
continue;
}
///预处理出前两行
clr(dp,0);
for(int i=0; i<tot; i++) {
if(!ok(mysta[i],0)) continue;
for(int j=0; j<tot; j++) {
if(!ok(mysta[j],1)) continue;
if(!ok2(mysta[i],mysta[j])) continue;
dp[1][i][j]=sumv[i]+sumv[j];
}
}
///递推
for(int cur=2; cur<n; cur++) {
for(int k=0; k<tot; k++) {
if(!ok(mysta[k],cur)) continue;
for(int i=0; i<tot; i++) {
if(!ok2(mysta[i],mysta[k])) continue;
for(int j=0; j<tot; j++) {
if(!ok2(mysta[j],mysta[k])) continue;
dp[cur][j][k]=max(dp[cur][j][k],dp[cur-1][i][j]+sumv[k]);
}
}
}
}
LL ans=0;
for(int i=0; i<tot; i++) {
for(int j=0; j<tot; j++) {
ans=max(ans,dp[n-1][i][j]);
}
}
prf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
//end-----------------------------------------------------------------------
Notes
当上帝关上一扇门的同时，会给你开启新的一扇门。
这题相比方格取数虽然状态变成两行了，但是有效的状态却变少了。