POJ_1185_炮兵阵地 dp+状态压缩

题目：炮兵阵地

链接：http://poj.org/problem?id=1185

解题思路：

　　首先用 int 来表示每一行的情况，比如说第一行是k1，那么【 k1&(k1>>2) | k1&(k1>>1) 】就可以排除一行中相邻的和隔一格的。。。

　　地形也可以用 int （取反）来表示，比如说第一行是PPHPH，给他记作m1=00101（二进制数），1表示不能存放，那么对于一个数a，判断a是不是符合地形就可以用【 a & m1 】来表示，如果与出来的是真，那么说明存在某一位1&1的情景，就表示不符合。

　　下一行是否能和上一行共存也用位运算来进行，比如下一行是s2，上一行是s1，那么【 s2 & s1 】为真就表示不能共存。

　　上面是通过位运算来巧妙解决可行存放问题的方法。

　　贴代码了：

　　

#include<stdio.h>
#include<string.h>
/*
  改进。。。
*/
char s[100][11];
int mp[100];
int ans[60],ao;
int dp[100][60][60];
/*
  dp[i][j][k]: 第i行 - 上一行是ans[j]、本行是ans[k]的情况下，最多数量为多少。
  因为有了两行的间隔，上面的炮台就不会影响到下面的，所以只要记录两行的所有情况，两行相同的可以计算出最大值了
*/
//因为列数最多为10，所以无视地形，一行最多有60中存放方式
void func(int m)
{
  for(int i=0;i<(1<<m);i++)
  {
    if(i&(i>>1)||i&(i>>2)) continue;
    ans[ao++]=i;
  }
}
int count(int x)
{
  int co=0;
  while(x)
  {
    co+=x&1;
    x>>=1;
  }
  return co;
}
int pre[100][10000],po,ko,lo;
int main()
{
  int n,m;
  while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
  {
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
      scanf("%s",s[i]);
    }
    memset(mp,0,sizeof(mp));
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
      for(int j=0;j<m;j++)
      {
        if(s[i][j]=='H') mp[i]=mp[i]|(1<<j);
      }
    }
    ao=0;
    func(m);
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    po=0;
    for(int i=0;i<ao;i++)
    {
      if(mp[0]&ans[i]) continue;
      int tmp=count(ans[i]);
      dp[0][0][i]=tmp;
      pre[0][po++]=i;   //记录第0行所有存值情况，po为总数
    }
    if(n==1)
    {
      int mt=0;
      for(int i=0;i<po;i++)
      {
        int line1=pre[0][i];  //因为前面只有一行，所以只需要考虑pre[0][i]的情况
        if(dp[0][0][line1]>mt) mt=dp[0][0][line1];
      }
      printf("%d\n",mt);
      continue;
    }
    ko=0;
    for(int i=0;i<po;i++)
    {
      for(int j=0;j<ao;j++)
      {
        int line1=pre[0][i];
        if(ans[j]&mp[1]) continue;
        if(ans[line1]&ans[j]) continue;
        int tmp=count(ans[j]);
        dp[1][line1][j]=dp[0][0][line1]+tmp;
        pre[2][ko]=line1;  //到下一行时，这里就是上两行，下面的就是上一行，先用2暂存，最终再移入0
        pre[1][ko++]=j;
      }
    }
    for(int i=0;i<ko;i++)
      pre[0][i]=pre[2][i];
    bool v[70][70];
    for(int i=2;i<n;i++)
    {
      lo=0;
      memset(v,0,sizeof(v));
      for(int k=0;k<ko;k++)
      {
        int line1=pre[i-2][k],line2=pre[i-1][k];   //上两行和上一行的情况
        if(v[line1][line2]) continue;     //因为有很多重复的，去重
        v[line1][line2]=1;
        for(int u=0;u<ao;u++)
        {
          if(ans[u]&mp[i]) continue;  //如果与本身的地形不符，就跳过
          if(ans[u]&ans[line1]||ans[u]&ans[line2]) continue;  //如果和前两行矛盾就跳过
          int tmp=count(ans[u]);      //如果都满足条件，就计算这一行这种放法增加的数量
          if(dp[i-1][line1][line2]+tmp>dp[i][line2][u])
          {
            dp[i][line2][u]=dp[i-1][line1][line2]+tmp;
            pre[i+1][lo]=line2;       //先用i+1的存放，等k的循环结束再移到i-1
            pre[i][lo++]=u;
          }
        }
      }
      for(int u=0;u<lo;u++)
        pre[i-1][u]=pre[i+1][u];
      ko=lo;
    }
    int mt=0;
    for(int j=0;j<ko;j++)
    {
      int line1=pre[n-2][j],line2=pre[n-1][j];
      if(mt<dp[n-1][line1][line2]) mt=dp[n-1][line1][line2];
    }
    printf("%d\n",mt);
  }
  return 0;
}