POJ1185 炮兵阵地 —— 状压DP

时间：2021-06-21 23:59:07

题目链接：http://poj.org/problem?id=1185

炮兵阵地
Time Limit: 2000MS   Memory Limit: 65536K
Total Submissions: 30608   Accepted: 11828

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： 
POJ1185 炮兵阵地 —— 状压DP
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

题解：

1.学了轮廓线更新之后，一看到这种棋盘DP就忍不住往轮廓线上想：由于状态转移关系到上两行，所以轮廓线就需要记录两行了，即每一列都需要记录两个格，可知每一列有三种状态，那么用四进制表示。所以复杂度大概为：100*10*(4^10)*2= 很大很大。轮廓线更新都满足不了复杂度要求，那行更新就更加不能满足了吧？能，看下一点。

2.枚举一行的所有状态,因为要求两点间距离>2，所以可以筛掉很多无效状态，最终得到60个有效状态。

3.得到有效状态后，剩下的工作就是典型的状压DP行更新了。复杂度：100*64*64*64。

代码如下：

 #include <iostream>

 #include <cstdio>

 #include <cstring>

 #include <algorithm>

 #include <vector>

 #include <cmath>

 #include <queue>

 #include <stack>

 #include <map>

 #include <string>

 #include <set>

 using namespace std;

 typedef long long LL;

 const double EPS = 1e-;

 const int INF = 2e9;

 const LL LNF = 9e18;

 const int MOD = 1e5;

 const int MAXN = 1e3+;

 //row记录每一行的可放状态

 //sta记录有效状态，cnt记录有效状态有多少个点

 //dp[i][j][k]：更新到第i行，且第i-1行的状态为sta[j]，第i行的状态为sta[k] 的最大放置数。

 int row[], sta[], cnt[MAXN], dp[][][];

 int main()

 {

     int n, m = ;

     char str[];

     while(scanf("%d%d", &n,&m)!=EOF)

     {

         for(int i = ; i<=n; i++)

         {

             scanf("%s", str);

             row[i] = ;

             for(int j = ; j<m; j++)

                 row[i] += (str[j]=='H')*(<<j);

         }

         int tot = ;

         for(int s = ; s<(<<m); s++)

         {

             if( !(s&(s<<)) && !(s&(s<<)) )

             {

                 sta[++tot] = s;

                 cnt[tot] = ;

                 for(int j = ; j<m; j++)

                     if(s&(<<j))

                         cnt[tot]++;

             }

         }

         memset(dp, , sizeof(dp));

         for(int i = ; i<=n; i++)

         {

             for(int j = ; j<=tot; j++)

             {

                 int s1 = sta[j];

                 if(i> && (s1&row[i-])) continue;

                 for(int k = ; k<=tot; k++)

                 {

                     int s2 = sta[k];

                     if(i> && (s2&row[i-])) continue;

                     if(s1&s2) continue;

                     for(int t = ; t<=tot; t++)

                     {

                         int s3 = sta[t];

                         if(s3&row[i]) continue;

                         if((s1&s3)||(s2&s3)) continue;

                         dp[i][k][t] = max(dp[i][k][t], dp[i-][j][k]+cnt[t]);

                     }

                 }

             }

         }

         int ans = ;

         for(int i = ; i<=tot; i++)

             for(int j = ; j<=tot; j++)

                 ans = max(ans, dp[n][i][j]);

         printf("%d\n", ans);

     }

 }

相关文章