【POJ 1185】【codevs 1647】炮兵阵地（状压dp）

炮兵阵地

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Description

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。 

Input

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。N <= 100；M <= 10。

Output

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。

Sample Input

5 4
PHPP
PPHH
PPPP
PHPP
PHHP

Sample Output

6

Source

Noi 01

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【题解】【状压dp】

【f[k][i][j]表示第k行的状态是i,上一行的状态是j的情况下最多有多少满足条件的炮兵，i、j为二进制处理后的每一行的状态。mi[i]表示的是当前状态有多少个炮兵】

【刚开始我考虑的是将两行压成一维，结果WA！】

【然后才改成这样，首先要预处理所有横向满足条件的情况，然后再按照每一排的地形情况挑出符合的（这样做的原因是如果在枚举的时候判断，会超时），然后预处理出前两排的所有满足条件的情况。】

【dp方程：f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-1][k][h]+mi[j])。由于范围的原因，要加滚动树组】

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int mp[110],f[2][1050][1050],m,n;
int d[1050],mi[1050],tot,ans;
int num[110][1050],nm[110];
inline bool check(int x)
{
    if((x&(x<<1))) return 0;
	if((x&(x<<2))) return 0;
	if((x&(x>>1))) return 0;
	if((x&(x>>2))) return 0;
	return 1;	
}
inline bool check2(int x,int y)
{
	int a=mp[x],b=d[y];
	for(int i=0;i<m;++i)
	 if(b&(1<<i)) 
	  if(!(a&(1<<i))) return 0;
	return 1;
}
inline int count(int x)
{
	int sum=0;
	for(int i=0;i<m;++i)
	 if(x&(1<<i)) sum++;
	return sum;
}
inline bool pd(int x,int y)
{
	if(d[x]&d[y]) return 0;
	return 1; 
}
int main()
{
	int i,j;
	scanf("%d%d\n",&n,&m);
	for(i=1;i<=n;++i)
	 {
	 	char s[15];
	 	gets(s);
	 	for(j=0;j<m;++j) 
	 	 if(s[j]=='P') mp[i]+=(1<<j);
	 }
	int N=1<<m;
	for(i=0;i<N;++i)
	 if(check(i)) d[++tot]=i,mi[tot]=count(i);
	if(n==1)
	 {
	 	int maxn=mi[1];
	 	for(i=2;i<=tot;++i)
	 	 if(check2(1,i)&&mi[i]>maxn) maxn=mi[i];
	 	printf("%d\n",maxn);
	 	return 0;
	 }
	for(i=1;i<=n;++i)
	 for(j=1;j<=tot;++j)
	  if(check2(i,j)) num[i][++nm[i]]=j;
    for(i=1;i<=nm[1];++i)
      for(j=1;j<=nm[2];++j)
       if(pd(num[1][i],num[2][j]))
         f[0][j][i]=max(f[0][j][i],mi[num[1][i]]+mi[num[2][j]]);
    for(i=3;i<=n;++i)
     {
     	int t=i%2,t1=(i-1)%2;
     	for(j=1;j<=nm[i];++j)
         for(int k=1;k<=nm[i-1];++k)
          if(pd(num[i][j],num[i-1][k]))
           for(int h=1;h<=nm[i-2];++h)
            if(pd(num[i-1][k],num[i-2][h])&&pd(num[i][j],num[i-2][h]))
                f[t][j][k]=max(f[t][j][k],f[t1][k][h]+mi[num[i][j]]);
		memset(f[t1],0,sizeof(f[t1]));
	 }
	int t=n%2;
    for(i=1;i<=nm[n];++i)
      for(j=1;j<=nm[n-1];++j)
       if(pd(num[n][i],num[n-1][j]))
        ans=max(ans,f[t][i][j]);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}