NOI2001 炮兵阵地

传送门

这道题看数据范围n<=10可以很快的想出是状压DP。

之后最暴力的方法也是可以想到的，就是直接暴力枚举当前行，上一行，上上行的情况（因为炮兵能打两行），直接暴力DP。

不过这样一来会T，二来会MLE。

那我们怎么办？我们注意到一个炮兵能打到左右两格，说明在一行之内有很多情况都是不可行的，根本不用枚举。我们可以直接先行预处理出所有可行的情况，方法就是暴力枚举1~1<<m-1，对于每个i，判断其&i<<2,i<<1,i>>1,i>>2即可。（这个在互不侵犯那道题中都是老套操作了）

这样就处理出了每行所有可行的情况，我们惊奇的发现其实最多有60种……

之后就可以像刚才一样暴力的状压DP了。

只要预处理之后，记录一下每行的地形，继续用按位与的方法判断当前情况是否可行，之后求解即可。然后，注意在判断三行的情况的时候要分别判断每个两行是否可行，一起判断由于中间按位与可能为0，会出现错误。

注意第一行和第二行要单独处理。

看一下代码。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
//#include<iostream>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar('\n')

using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 205;

int read()
{
    int ans = 0,op = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9')
    {
    if(ch == '-') op = -1;
    ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9')
    {
    ans *= 10;
    ans += ch - '0';
    ch = getchar();
    }
    return ans * op;
}

int n,m,shape[105],s[205],dp[105][205][205],sum[205],k,ans;
char g[105][15];

int getsum(int x)
{
    int cur = 0;
    while(x)
    {
    cur += (x&1);
    x >>= 1;
    }
    return cur;
}
void init1()
{
    rep(i,0,(1<<m)-1)
    {
    if((!(i&(i<<1))) && (!(i&(i<<2))) && (!(i&(i>>1))) && (!(i&(i>>2))))
    {
        s[++k] = i;
        sum[k] = getsum(i);
        if(!(i&shape[1])) dp[1][0][k] = sum[k];
    }
    }
}

void init2()
{
    rep(i,1,k)
    rep(j,1,k)
    {
        if((!(s[i]&s[j])) && (!(s[j]&shape[2])))
        dp[2][i][j] = max(dp[2][i][j],dp[1][0][i] + sum[j]);
    }
}

int main()
{
    n = read(),m = read();
    rep(i,1,n)
    {
    scanf("%s",g[i]);
    rep(j,0,m-1) if(g[i][j] == 'H') shape[i] |= (1 << j);
    }
    init1(),init2();
    rep(i,3,n)
    rep(j,1,k)
    {
        if(!(s[j] & shape[i]))
        {
        rep(p,1,k)
        {
        if(!(s[j] & s[p]))
        rep(q,1,k)
        {
            if((!(s[q] & s[p])) && (!(s[q] & s[j])))
            dp[i][p][j] = max(dp[i][p][j],dp[i-1][q][p] + sum[j]);
        }
        }
    }
    }
    rep(i,1,k)
    rep(j,1,k)
    ans = max(ans,dp[n][i][j]);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}