POJ1185炮兵阵地（状态压缩DP)

POJ飞翔.数据弱

ZQOJ飞翔数据强

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（状态压缩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

多测试数据。

每组测试数据的第一行包含两个由空格分隔的正整数，分别表示N和M； 0 ≤ N ≤ 100；0 ≤ M ≤ 10。

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。

Output

每组测试数据输出一行，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

题目分析：

经典NOI题，矩阵里的状态压缩问题。因为m<=10，而每列都有状态选或不选，所以想到用2进制，那么状态数是2^10。因为当前行的选择依赖于前两行，而前一行又依赖于前前两行，能想到状态转移方程应该牵扯到当前行、前一行、前前行，类似于递推式dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]的递推过程，而本体每次都是状态间的转移，想到状态转移方程dp[i][j][k] = max(dp[i][k][l]) + sum[j](j和k和l表示当前行状态，前一行状态，前前行状态,sum[j]表示j状态下在i行放了几个大炮)。

用上面的转移方程，空间复杂度和时间复杂度都不允许，因为j,k,l<=2^10,而实际的情况是10列的组合中不冲突的组合只有少数几种，比如PHPP，状态5（101）表示的在第0列和第2列放炮，这个状态内部冲突，我们就可以不考虑，可以预处理把这些状态剔除，然后将不冲突的状态存进一个数组，转移的时候用数组的下标去转移就好。状态转移方程变成:dp[i][j][k] = max(dp[i][k][l]) + one[i][j](j,k,l分别表示第i行，第i-1行，第i-2行的第j个、第k个，第l个状态，状态分别为state[i][j],state[i-1][k],state[i-2][l]，one[i][j]表示第i行状态j的1的个数，也就是i状态下放炮数量),最坏复杂度O(N*K^3)（K<62)

AC代码：

#include<stdio.h>

#include<string.h>

#include<algorithm>

using namespace std;

const int MAX = ;

const int INF = 0x3f3f3f3f;

const int maxn = ;

///state[i][j]表示第i行第j个合法状态，one表示第i行第j个合法状态中含1的个数

int state[MAX][MAX],one[MAX][MAX],ans;

///stnum[i]表示i行合法的状态数，sum[i]为i状态下1的个数

int stsum[MAX],sum[MAX*];

///dp[i][j][k]表示第i行第j个状态第-1行第k个状态含有的最多1的个数

int dp[MAX][maxn][maxn],map[MAX][MAX],n,m;

void init( )

{

    ans=;

    memset(dp,,sizeof(dp));

    memset(map,,sizeof(map));

    memset(one,,sizeof(one));

    memset(stsum,,sizeof(stsum));

}

//每个状态里面含有1的数量算出来

void onesum( )

{

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

    {

        int t=;

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

        if(i&(<<j))

        t++;

        sum[i]=t;

    }

}

///判断状态是否符合

bool ok(int x)

{

    if(x>&&(x&(x>>)))

    return ;

    if(x>&&(x&(x>>)))

    return ;

    return ;

}

///把第x行中合法的状态全部找出来，存到state数组中，tot是本行所有的p点压缩起来的一个状态

void STATE(int x,int tot)

{

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

    if(ok(i)&&(i&tot)==i)

    ///（i&tot） == i表示集合i是集合tot的子集合，意思是i里面的含有的列都是p点

    {

        stsum[x]++;

        int t=stsum[x];

        state[x][t]=i;

        one[x][t]=sum[i];

    }

}

int main( )

{

    onesum( );

    char tp[MAX];

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

    {

        init( );

        stsum[]=maxn;

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

        {

            scanf("%s",tp);

            int k=;

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

            {   //将图变为0，1图

                 map[i][j] = (tp[j] == 'P' ?  : );

                k += (map[i][j] ? ( << j) : );

            }

            STATE(i,k);

        }

        ///第一行

        for(int i= ; i<=stsum[] ; i++)

        for(int j= ; j<=stsum[] ; j++)

        dp[][i][j]=one[][i];

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

        for(int j= ; j<=stsum[i] ; j++)///枚举第i行的状态

        for(int k= ; k<=stsum[i-] ; k++)///枚举第i-1行的状态

        {/// 判断两个状态是否有冲突

            if(state[i][j]&state[i-][k])

            continue;

            int t=;

            for(int s= ; s<=stsum[i-] ; s++)///枚举第i-2行的状态

            {

                if(state[i][j]&state[i-][s])/// 判断三个状态是否有冲突

                continue;

                if(state[i-][k]&state[i-][s])

                continue;

                t=max(dp[i-][k][s],t);

            }

            dp[i][j][k]=t+one[i][j];

        }

        for(int j= ; j<=stsum[n] ; j++)

        for(int k= ; k<=stsum[n-] ; k++)

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

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

    }

    return ;

}

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