NOI 2001 炮兵阵地

原题链接: loj #10173

思路

注意到 \(1 \leq n \leq 100, 1 \leq m \leq 10\) ,并且对于每个格子都有放和不放两种选择, 所以断言是状压dp.
而状压dp需要一点位运算知识, 详见 状压dp常用位运算

状态

首先显然第一维是行数( \(n\) 很小, 所以不需要滚动数组).
再根据这一行被上两行所限制, 可以定义后两维分别为 \(i - 1\) 行状态 \(i - 2\) 行状态.
那么 \(dp[i][j][k]\) 则表示 \(1 \to i\) 行中前两行状态分别为 \(j\) 和 \(k\) 时最多放置的炮兵个数.

转移

规定: \(0\) 表示放置炮兵或平原, \(1\) 表示不防止炮兵或山地.

接着就是考虑如何从 \(dp[i][j][k]\) 转移到 \(dp[i - 1][k][t]\).

1. 先看单行, \(j, k, t\) 都不能放置炮兵在山坡上, 用 mp[i] & can[j] && mp[i - 1] & can[k] && mp[i - 2] & can[t] 判断
2. 再看横向, 每一行的状态不能有任意两个 \(1\) 距离小于等于 \(2\). 可以用 k & (k << 1) || k & (k << 2) 判断.
3. 最后看竖向, \(j, k, t\) 不能有任意一个 \(1\) 再同一位置上, 需要用 can[j] & can[t] || can[k] & can[t] || can[j] & can[k] 判断.

当 \(j, k, t\) 满足上述要求时, 有 \(dp[i][j][k] = max\{dp[i - 1][k][t]\} + bit[j]\) 其中 \(bit[j]\) 代表 \(j\) 换成二进制中 \(1\) 的个数(也就是这一行放了多少个炮兵).

代码

理解完思路, 代码就无比简单了.

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

inline int read() {
    int x = 0; char c = getchar(); bool f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') { if(c == '-') f = 0; c = getchar(); }
    while(c >= '0' && c <= '9') { x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
    return (f ? x : -x);
}

const int N = 1e2 + 10, M = 1e3 + 50;
int n, m, tom, cnt, res, mp[N], can[M], bit[M], dp[N][M][M];
string s;

int main() {
    n = read(); m = read(); tom = 1 << m;
    for(int i = 1;i <= n; ++i) {
        cin >> s;
        for(int l = 0; l < m; ++l) mp[i] = (mp[i] << 1) + (s[l] == 'H');
    }

    for(int k = 0; k < tom; ++k) {
        if(k & (k << 1) || k & (k << 2)) continue;//限制2
        can[++cnt] = k;
        for(int i = 0; (1 << i) <= k; ++i) 
            if(k & (1 << i)) ++bit[cnt];
    }

    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        for(int j = 1; j <= cnt; ++j) {
            if(mp[i] & can[j]) continue;//限制1
            for(int k = 1; k <= cnt; ++k) {
                if(mp[i - 1] & can[k] || can[j] & can[k]) continue;//限制1 && 限制3
                for(int t = 1; t <= cnt; ++t) {
                    if((i == 1 ? 0 : mp[i - 2]) & can[t] || can[j] & can[t] || can[k] & can[t]) continue;////限制1 && 限制3
                    dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i - 1][k][t] + bit[j]);
                    if(i == n) res = max(res, dp[i][j][k]);
                }
            }
        }
    }

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

    return 0;
}