Luogu2704POJ1175炮兵阵地
Luogu2704POJ1175炮兵阵地
司令部的将军们打算在NM的网格地图上部署他们的炮兵部队。一个NM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。
N≤100；M≤10。
怎么做呢?
注意到m很小，我们可以状压DP。
基础的DP：
\(f[i][j][k]\)表示第\(i\)行状态是\(j\)，\(i-1\)行状态是\(k\)时最多能放多少炮兵。
转移方程：
当\(j,k\)均为合法状态，\(j,k,l\)可以转移时，\(f[i][j][k] = max(f[i][j][k],f[i-1][k][l] + val[j])\)
解释：
可以转移：该状态炮兵不会误伤，即\(j\) & \(k=0\),\(j\) & \(l = 0\)。
合法状态：该状态下炮兵均放在平原。且该状态下相邻炮兵不会互相攻击。若将地图进行二进制压缩，1表示山，可以用\(j\) & \(map[i] =0\)判断是否放在平原。通过左移右移并与自身取与判断是否相邻炮兵会相互攻击。
val：表示该状态放几个炮兵。
DP优化
我们发现如果将dp数组开到\(1024 * 1024 * 100\),空间爆炸。那么怎样优化呢？
我们发现合法的状态很少，所以可以预处理所有合法的状态，在转移时直接枚举合法的状态。这样可以减少很多冗余的状态枚举，此时的方程已经足以通过此题。
同时我们发现，每个f[i]只会从f[i - 1]转移过来，所以我们可以循环数组，再次降低空间复杂度。
放代码
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <ctime>
#define max(x, y) (x > y ? x : y)
#define check(i) (((i & (i << 1)) == 0) && ((i & (i << 2)) == 0) && ((i & (i >> 1)) == 0) && ((i & (i >> 2)) == 0))
#define judge(w, x) (!x & mp[w])
using namespace std;
const int INF = 1 << 29;
const int MAXN = 101;
const int MAXM = 11;
int n, m;
int mp[MAXN];
//数组要开够大！！！不然越界会修改不该修改的
int S[100], CS[100], cnt;
int f[3][100][100];
inline int count(int x)
{
int res = 0;
for (; x; x -= x & -x)
++res;
return res;
}
inline void test(const int x)
{
for (register int i = 10; i >= 0; --i)
cerr << ((x >> i) & 1);
cerr << endl;
}
int main()
{
#ifdef lky233
freopen("testdata.in", "r", stdin);
freopen("testdata.out", "w", stdout);
#endif
scanf("%d %d", &n, &m);
for (register int i = 1; i <= n; ++i)
{
//读入地图并进行状压
register int res = 0;
for (register int j = 0; j < m; ++j)
{
char c = 0;
while ((c = getchar()) != 'H' && c != 'P')
;
res |= ((c == 'H' ? 1 : 0) << j);
}
mp[i] = res;
}
//预处理可行状态
for (register int i = 0; i < (1 << m); ++i)
//判断相邻的炮兵是否会攻击到
if (((i & (i << 1)) == 0) && ((i & (i << 2)) == 0) && ((i & (i >> 1)) == 0) && ((i & (i >> 2)) == 0))
{
cnt++;
S[cnt] = i;
CS[cnt] = count(i);
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= cnt; j++)
if ((mp[i] & S[j]) == 0)//炮兵均在平原
for (int t = 1; t <= cnt; t++)
if ((S[t] & S[j]) == 0)//可以转移
for (int z = 1; z <= cnt; z++)
if (((S[t] & S[z]) == 0) && ((S[z] & S[j]) == 0))//可以转移
f[i & 1][t][j] = max(f[i & 1][t][j], f[(i - 1) & 1][z][t] + CS[j]);
int ans = 0;
for (register int i = 1; i <= cnt; ++i)
for (register int j = 1; j <= cnt; ++j)
ans = max(ans, f[n & 1][i][j]);
cout << ans << endl;
cerr << clock() << "ms" << endl;
}
本篇题解到此结束
ありがとうございます。
