P2704 [NOI2001]炮兵阵地（状态压缩，dp）

题目链接

https://www.luogu.org/problemnew/show/P2704

题目描述

司令部的将军们打算在$N\ast M$的网格地图上部署他们的炮兵部队。一个$N\ast M$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。

输入输出格式

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。N≤100；M≤10。

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。

输入输出样例

输入样例#1：

5 4
PHPP
PPHH
PPPP
PHPP
PHHP

输出样例#1：

6

思路：

状压dp板子题，配合 P1879 [USACO06NOV]玉米田Corn Fields食用更佳，利用$sta$表示第$i$行的状态，其中：放炮兵为1，不放为0。
记$dp[i][sta][pre]$表示到i行状态为sta，并且上一行状态为pre时可以放置的炮兵总数，显然$dp[i][sta][pre]$可以由$dp[i-1][pre][pre2]$转化而来，且有：
$$dp[i][sta][pre]=max(dp[i][sta][pre],dp[i-1][pre][pre2]+num(sta))$$
其中pre2表示第i-2放置炮兵的状态，num(sta)表示sta中有多少个1，也就是到sta后新增的炮兵数量。

由于数组过大dp[110][1<<10][1<<10]会MLE，采用滚动数组优化，每次只需要维护第i，i-1，i-2行的状态即可
代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[3][1<<10][1<<10];
int f[110];
int num(int sta) {
    int cnt=0;
    while(sta) {
        if(sta&1) cnt+=1;
        sta>>=1;
    }

    return cnt;
}
int good(int sta) {
    if(! (sta&(sta<<1))&& !(sta&(sta<<2)) && !(sta&(sta>>1)) && !(sta&(sta>>2))) return 1;
    return 0;
}
int main() {   
    int n,m;
    scanf("%d %d",&n,&m);
    
    for(int i=1; i<=n; i++) { //p,0'h,1;
        char t[11];
        getchar();
        scanf("%s",t);
        
        for(int j=1; j<=m; j++)
            f[i]=(f[i]<<1)+(t[j-1]=='H'?0:1);
    }

    //第1行
    for(int j=0; j<1<<m; j++) {
        if((j&f[1])==j&&good(j)) {
            dp[0][j][0]=num(j);
//			printf("%d %d\n",j,num(j));
        }
    }
    //第2行
    for(int j=0; j<1<<m; j++) {
        for(int k=0; k<1<<m; k++) {
            if((j&f[2])==j&& !(j&k) && good(j) && good(k))
                dp[1][j][k]=max(dp[1][j][k],dp[0][k][0]+num(j));
        }
    }

    //第3..n行
    for(int i=3; i<=n; i++) {
        for(int j=0; j<1<<m; j++) {
            if((j&f[i])==j&&good(j))
                for(int k=0; k<1<<m; k++) {
                    if(!(j&k)&&good(k)) {
                        for(int pre=0; pre<1<<m; pre++) {
                            if(!(j&pre)&&good(pre))
                                dp[(i-1)%3][j][k]=max(dp[(i-1)%3][j][k],dp[(i-2)%3][k][pre]+num(j));
                        }
                    }
                }
        }
    }

    int ans=0;
    for(int j=0; j<1<<m; j++)
        for(int k=0; k<1<<m; k++)
            ans=max(ans,dp[(n-1)%3][j][k]);

    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}