POJ 1185 炮兵阵地（状压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。
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。
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
题目链接：POJ 1185
以前一直想做来着，写了ZOJ上的Firenet以为这是个差不多的二分匹配，可惜连样例都过不了（这就非常尴尬了）后来发现不一定是二分图，后来发现是普通图求最大独立集，照着别人的最大独立集模版写了一个过了，然而现在也不会最大独立集…………
改了一个下午的状压DP，结果连样例都过不了，因为里面的细节错误实在是太多，晚上删了重新写就1A了……
用$dp[i][j][k]$表示当前第$i$行，第$j$种状态（为什么是种而不是直接的二进制转换十进制$j$后面会讲）且前一行的状态为$k$。
显然由状压基本法可以推出：$dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][第i-1行的第j'个状态][第i-2行的第k'个状态]+cnt[j]$。
但是由于$m<=10$，如果用普通的二进制再转十进制，DP数组则变成了$N*(1<<M)*(1<<M)$有1E多了，直接MLE，然后学习一下大牛的做法，先把所有可能的状态预处理出来，然后用i代表示在预处理的状态中第$i$个状态，这样一来状态就只有最多60种了（假设M=10且全部都是平原，则状态总数刚好就是60），再用$cnt[i]$表示第i种状态摆了几个，还是偷懒用$bitset::count$就行了，对于平原和山地的处理，把平原看成1把山地看成0虽然便于理解，但是判断起来不方便，因此要反过来把山地H看成1，若山地为1一旦有一个炮兵位置为1，则结果肯定不为0，这样判断是否安放了炮兵在山地上就很简单了，然后就是按照以前的思路，多一个for处理第$i-2$行的状态即可，一些坑点注释在代码里了
代码：
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <sstream>
#include <cstring>
#include <bitset>
#include <string>
#include <deque>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define CLR(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define LC(x) (x<<1)
#define RC(x) ((x<<1)+1)
#define MID(x,y) ((x+y)>>1)
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long LL;
const double PI=acos(-1.0);
const int N=105;
const int M=12;
const int S=65;
char pos[N][M];
int dp[N][S][S];
int row_bid[N];
int sta[S],cnt[S],tot,n,m;
inline bool check(const int &a,const int &b)
{
return (a&b)==0;
}
void init()
{
CLR(dp,0);
int R=1<<m;
tot=0;
for (int i=0; i<R; ++i)
{
if(check(i,i<<1)&&check(i,i<<2))
{
sta[tot]=i;
cnt[tot]=(int)bitset<11>(i).count();
++tot;
}
}
}
int main(void)
{
int i,j,k,p;
while (~scanf("%d%d",&n,&m))
{
init();//数组初始化以及预处理出本身就合法的状态
for (i=0; i<n; ++i)
{
scanf("%s",pos[i]);
int temp=0;
for (j=0; j<m; ++j)
{
temp<<=1;
temp=temp+(pos[i][j]=='H');//这里加个括号，否则先算+号再算==号就出问题了
}
row_bid[i]=temp;
}
//第一行初始化
for (i=0; i<tot; ++i)
{
if(check(sta[i],row_bid[0]))
dp[0][i][0]=cnt[i];
}
//第二行初始化
for (i=0; i<tot; ++i)//当前行(1)
{
if(check(sta[i],row_bid[1]))
{
for (j=0; j<tot; ++j)//上一行(0)
{
if(check(sta[j],row_bid[0])&&check(sta[i],sta[j]))
{
dp[1][i][j]=max<int>(dp[1][i][j],dp[0][j][0]+cnt[i]);
}
}
}
}
//后面进行DP
for (i=2; i<n; ++i)//每一行
{
for (j=0; j<tot; ++j)//当前行
{
if(check(row_bid[i],sta[j]))
{
for (k=0; k<tot; ++k)//上一行
{
if(check(row_bid[i-1],sta[k])&&check(sta[j],sta[k]))
{
for (p=0; p<tot; ++p)//上上行
{
if(check(row_bid[i-2],sta[p])&&check(sta[k],sta[p])&&check(sta[j],sta[p]))
{
dp[i][j][k]=max<int>(dp[i][j][k],dp[i-1][k][p]+cnt[j]);
}
}
}
}
}
}
}
int maxm=0;
for (i=0; i<tot; ++i)
for (j=0; j<tot; ++j)
if(dp[n-1][i][j]>maxm)
maxm=dp[n-1][i][j];
printf("%d\n",maxm);
}
return 0;
}
