Luogu P2704(炮兵阵地

这里就不赘述怎么进行\(DP\)了，预处理，状态设计，初始化，转移，把这些搞清楚就好了。
状态设计一定要不重不漏的将题目中所有情况划分为若干个集合。
然后考虑这若干个集合是怎么转移的，如果转移，代价是什么，都要考虑好。
设计状态之后，初始化一定要按照你所设计的状态来初始化，非法状态设成无穷，可能转移的设为0或者其他，不能想当然初始化。
预处理可能是你做着做着突然发现有某个地方复杂度很高，就是这里影响了你程序的复杂度，那就考虑是不是能快速搞一下，或者预处理出来。

对于这道题，主要讲一讲它的空间限制。
这题啊，这题其实是\(\mathcal{size~of~array~'f'~is~too~large}\)。

通俗的说，如果你还是要开\(f[N][(1<<N][(1<<N)))\)，你会\(\mathcal{MLE}\)。

首先注意到\(N\)大而\(M\)较小，那肯定考虑状压一行，因为一行只有 列 个数，所以状态压缩比较小的，就不用开那么大了可以开\(f[N][(1<<M)][(1<<M)]\)。

然后考虑最多也就放\(N\times M\)个，不比之前求方案，显然可以用\(int\)稍微优化一点。

再然后注意到每次递推下一行，只需要前一行，那么可以滚动数组，用取模操作，然后就变成\(f[2][(1<<M)][(1<<M)]\)，需要注意的是你不能直接把递推式里所有\(i\)和\(i-1\)加个\(%2\)就完事了，因为有减法的情况，万一出个负数，怎么取模？所以对存在减法的取模，要先加再模\((i-1+md)\%md\)，因为这里\(md\)是\(2\)，带进去就行。

什么？你觉得\(f[2][(1<<M)][(1<<M)]\)还不够优？？好吧，那就再稍微优化一点，考虑到状态的定义，后两维是什么？表示的是第\(j\)种方案和第\(k\)种方案，那么我们可以把预处理部分单独拎出来，然后看一看对于某个\(M\)，合法方案最多有多少，显然不到\(1<<M\)，因为题目中还有炮兵攻击的限制，所以我们可以打表跑出来。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int m;
ll cnt;
int main(){
    scanf("%d",&m);
    for(ll i=0;i<(1<<m);i++){
        if(i&(i<<1))continue;
        if(i&(i>>1))continue;
        if(i&(i>>2))continue;
        if(i&(i<<2))continue;
        cnt++;
    }
    printf("%lld\n",cnt);
    return 0;
}

我们发现，\(M\)达到10时，如果按照炮兵的要求，就算假设某一行全都能放，也就\(60\)种，所以开\(60\)的数组就行了，我的方案从\(1\)开始，就开的\(61\)，可能\(60\)也能卡过去，但还是算了。

这里为了保险，建议即使算出来\(60\)也要多开一些，考试一定以得分为主。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=105;
int n,m;
int situ[61],num[61],cnt;
int h[N];
int f[2][61][61];
int ans;
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=0;i<(1<<m);i++){
        if(i&(i<<1))continue;
        if(i&(i>>1))continue;
        if(i&(i>>2))continue;
        if(i&(i<<2))continue;
        situ[++cnt]=i;
        int j=i;
        for(;j;j-=j&-j)num[cnt]++;
    }
    char t;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<m;j++){
            cin>>t;
            if(t=='H')h[i]^=(1<<j);//预处理每一行不能选择的最大状态
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int t1=1;t1<=cnt;t1++){
            if(i==1){
                f[i][t1][1]=num[t1];
                continue;
            }
            for(int t2=1;t2<=cnt;t2++){
                for(int t3=1;t3<=cnt;t3++){
                    int op=situ[t1],op1=situ[t2],op2=situ[t3];
                    if((op&op1) || (op1&op2) || (op&op2))continue;
                    if(h[i-2]&op2)continue;//如果有交集就不行
                    if(h[i-1]&op1)continue;
                    if(h[i]&op)continue;
                    f[i%2][t1][t2]=max(f[i%2][t1][t2],f[(i+1)%2][t2][t3]+num[t1]);
                    if(i==n)ans=max(ans,f[i%2][t1][t2]);
                }
            }
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}