[NOI2001] 炮兵阵地 （状压Dp经典例题）
如果您的电脑比较优秀能在 1sec 内跑过 2^1000 的时间复杂度，不妨你可以尝试一下，其实实际时间复杂度远远少于 2^1000，作为骗分不错的选择QAQ，然后我们来分析一下正解：
很显然此题是一题裸的状压Dp，一看数据范围就知道了，所以状态变得很显然了 f[i][j][k] 表示到第 i 层前一层是 j 上上层是 k 的最大炮兵数。
所以转移就很显然：f[i][j][k]=max{f[i-1][k][q]+Num[j]} (Num[j] 表示第 j 行的炮兵数)
显然时间复杂度变为了O(n*4^m*2^m)，如果评测机优秀凭借你完美的常数系统应该可以卡过，但实际上真的需要枚举 2^n 个状态嘛，显然是不需要，所以我们只需要枚举一些合法状态就可以了，令人惊讶的是每一层的合法状态竟然只有60种，所以我们的时间复杂度达到了优秀的 O(n*60^3)，舒服QWQ！！！
所以我们状态变为了：f[i][j][k] 表示第 i 行前一行是合法状态 j 上上行为合法状态 k 的最大炮兵数。
转移同上咯，自行领悟。（注意需要判断当前的合法状态是否符合当前的地形）。
随后附上我的完美代码QWQ：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 #include<cmath> 5 #include<cstring> 6 using namespace std; 7 const int MAXN=105; 8 9 int Map[MAXN], Plan[MAXN], Num[MAXN], dp[MAXN][MAXN][MAXN]; 10 int N, m, cnt=0, ans; 11 12 inline int get_one(int i){ 13 int sum=0; 14 for (int x=i; x; x-=x & (-x)) sum++; 15 return sum; 16 } 17 18 int main(){ 19 scanf("%d%d", &N, &m); 20 for (int i=1; i<=N; i++){ 21 char st[15]; 22 scanf("%s", st+1); 23 int len=strlen(st+1); 24 for (int j=1; j<=len; j++) 25 if (st[j]=='H') Map[i]+=(1<<j-1); 26 } //记录当前行的地形 27 for (int i=0; i<(1<<m); i++){ 28 if ((!((i<<1)&i)) && (!((i>>1)&i)) && (!((i<<2)&i)) && (!((i>>2)&i))){ 29 cnt++; 30 Plan[cnt]=i; 31 Num[cnt]=get_one(i); //预处理当前行有几个炮兵 32 if (!(Map[1] & Plan[cnt])) dp[1][cnt][0]=Num[cnt]; //预处理第一行的状态 33 } 34 } 35 for (int i=1; i<=cnt; i++) 36 for (int j=1; j<=cnt; j++) 37 if ((!(Plan[i] & Plan[j])) && (!(Plan[j] & Map[2]))) 38 dp[2][j][i]=max(dp[1][i][0]+Num[j], dp[2][j][i]); 39 //预处理第二行的状态 40 for (int i=3; i<=N; i++){ 41 for (int j=1; j<=cnt; j++) 42 if (!(Plan[j] & Map[i])){ 43 for (int k=1; k<=cnt; k++) 44 if (!(Plan[j] & Plan[k])){ 45 for (int q=1; q<=cnt; q++) 46 if (!(Plan[j] & Plan[q]) && !(Plan[q] & Plan[k])) 47 dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k], dp[i-1][k][q]+Num[j]); 48 } 49 } 50 } 51 //Dp转移 52 for (int i=1; i<=cnt; i++) 53 for (int j=1; j<=cnt; j++) 54 ans=max(ans, dp[N][i][j]); 55 //求最后一行的最值 56 printf("%d\n", ans); 57 return 0; 58 }
最后比较空的小伙伴可以去尝试一下，NOIP2016D2T3 愤怒的小鸟这一题，加油加油
