AcWing 292. 炮兵阵地
\(AcWing\) \(292\). 炮兵阵地
一、题目描述
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。
输入格式
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。
输出格式
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。
数据范围
\(N≤100,M≤10\)
输入样例：
5 4
PHPP
PPHH
PPPP
PHPP
PHHP
输出样例：
6
二、题目解析
关于如何对状态进行 二进制压缩，在 玉米田【线性状压DP】 有详细提及
关于如何不同层不同合法状态判断，在 小国王【线性状压DP】 有详细提及
以上两点在本篇博客中不会再重复提及
观察到数据范围 \(0<N≤100,0<M≤10\)
故我们可以把 行 作为动态规划的阶段，然后对于第 i 行的摆放状态进行 状态压缩
这就变成了一道标准的 线性状压DP
因此在这两题里，我们只需压缩存储 当前层的状态 ，然后枚举 合法的上个阶段 的状态进行 转移 即可
但是本题不同于 小国王 和 玉米田，这两题中棋子的 攻击距离 只有\(1\), 玉米田比小国王麻烦些的是因为它有些玉米地是不育的，需要处理。
但是本题的棋子攻击范围是 \(2\)，我们只压缩当前层一层状态后进行转移，是不能保证该次转移是 合法的
即不能排除第 \(i−2\) 层摆放的棋子可以攻击到第 \(i\) 层棋子的 不合法 情况
而解决该问题的手段就是：压缩存储两层的信息，然后枚举合法的第 \(i−2\) 层状态进行转移即可
闫氏\(DP\)分析法
状态表示
- 集合 \(f_{i,j,k}\): 考虑前 \(i\) 层，且第 \(i\) 层状态是 \(j\)，第 \(i−1\) 层状态是 \(k\) 的方案
- 属性 \(f_{i,j,k}\): 该方案能够放置棋子的最大个数
状态计算—\(f_{i,j,k}\):
\(f_{i,j,k}\)=\(max(f_{i−1,k,pre}+cnt_j)\)
其中\(pre\)是枚举的能够与 \(k\) 和 \(j\) 合法存在于三行中的所有状态
初始状态：\(f_{0,0,0}\)
目标状态：\(f_{n,j,k}\)(其中\(j,k\)枚举的是所有合法的相邻状态)
对于本题来说，直接开所有的状态空间，空间复杂度是 \(O(N×2^M×2^M)\) 是会爆内存的
第一维上限是行数：\(100\)
第二维的状态是\(2^M\)，就是\(2^{10}=1024\)
第三维的状态是\(2^M\)，就是\(2^{10}=1024\)
所以三维数组的空间上限就是\(100*1024*1024\),整数一个数位占\(8\)个\(byte\)，所以空间就是\(8*100*1024*1024/1024/1024=800MB\)，而本题要求最大空间上限\(64MB\),所以开这么大的数组会\(MLE\)，需要在空间上进行优化。我们联想到其实第\(i\)层的情况只与第\(i-1\)层相关，所以可以使用滚动数组来优化。
果然，直接提交原始版本，系统提示： Memory Limit Exceeded
然后也可以预处理出来 相邻行之间的合法转移，也能避免掉一些不必要的不合法状态的枚举
三、朴素版本（\(MLE\)）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
const int M = 1 << 10;
int n, m; // n行m列，n<=100,m<=10,注意：状态压缩DP对列的长度很敏感，太大不行
int g[N]; // 记录每一列的山地情况，是一个二进制标识转化后的十进制数，最大就是全都是1，也就是2^m-1
int cnt[M];
int f[N][M][M];
vector<int> st;
vector<int> head[M];
// 检查一个状态是不是合法状态[同一行必须隔两个及两个以上才是安全的]
bool check(int x) {
return !(x & x >> 1 || x & x >> 2);
}
// 统计某个状态中数字1的数量
int count(int s) {
int res = 0;
for (int i = 0; i < m; i++) // 遍历每一列
if (s >> i & 1) res++; // 如果此个位置数字是1，那么总的数量++
return res;
}
int main() {
// 输入
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++) // n行
for (int j = 1; j <= m; j++) { // m列
char c;
scanf(" %c", &c); // 注意scanf输入char的时候，前面要加一个空格
if (c == 'H') g[i] += 1 << (j - 1); // 山地上不能够部署炮兵部队
}
// 1、预处理所有合法状态[单行合法即可]
for (int i = 0; i < 1 << m; i++)
if (check(i)) st.push_back(i), cnt[i] = count(i); // 预算出每个状态i里有多少个数位是1
// 2、找出所有合法状态的合法转移[行间状态兼容检测]
for (int a : st)
for (int b : st)
if (!(a & b)) // 上下行间不能存在同列的1
head[a].push_back(b);
// 3、dp
for (int i = 1; i <= n; i++) // 枚举每一行
for (int a : st) { // 枚举i行的每个状态
if (g[i] & a) continue; // 按i这样摆，确实是本行内不冲突，但如果准备放大炮的位置是高地，是不行的。
for (int b : head[a]) // 枚举第i-1行的每个可能状态,b肯定与a不冲突
for (int c : head[b]) // 枚举第i-2行的每个可能状态,c肯定是与b不冲突的
if (!(a & c)) // 如果c也与a不冲突的话,才是三行间完全兼容的方案
f[i][a][b] = max(f[i][a][b], f[i - 1][b][c] + cnt[a]);
}
// 4、枚举最终的状态最大值
int res = 0;
for (int a : st)
for (int b : head[a])
res = max(res, f[n][a][b]);
// 5、输出
printf("%d\n", res);
return 0;
}
四、滚动数组优化版本
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
const int M = 1 << 10;
int n, m;
int g[N];
int cnt[M];
int f[2][M][M];
vector<int> st;
vector<int> head[M];
bool check(int x) {
return !(x & x >> 1 || x & x >> 2);
}
int count(int x) {
int res = 0;
while (x) {
x = x & (x - 1);
res++;
}
return res;
}
int main() {
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= m; j++) {
char c;
scanf(" %c", &c);
if (c == 'H') g[i] += 1 << (j - 1);
}
for (int i = 0; i < 1 << m; i++)
if (check(i)) st.push_back(i), cnt[i] = count(i);
for (int a : st)
for (int b : st)
if (!(a & b))
head[a].push_back(b);
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int a : st) {
if (g[i] & a) continue;
for (int b : head[a])
for (int c : head[b])
if (!(a & c))
f[i & 1][a][b] = max(f[i & 1][a][b], f[i - 1 & 1][b][c] + cnt[a]);
}
int res = 0;
for (int a : st)
for (int b : head[a])
res = max(res, f[n & 1][a][b]);
printf("%d\n", res);
return 0;
}
