292. 炮兵阵地

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292. 炮兵阵地

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

解题思路

状压dp

• 状态表示：$f[i][j][k]$ 表示前 $i$ 行，第 $i$ 行状态为 $j$，第 $i-1$ 行状态为 $k$ 时的最大数量

• 状态计算：$f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-1][k][t])$，其中 $t$ 为 $i-2$ 行的状态

注意这里空间有限制，需要滚动数组，可对 $3$ 取模，另外预处理合法状态可降低复杂度

• 时间复杂度：$O(n\times 2^{3m})$

代码

// Problem: 炮兵阵地
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/294/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=1050;
int f[3][N][N],n,m;
char g[105][15];
int a[105];
vector<int> state[105];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s",g[i]+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    	for(int j=1;j<=m;j++)
    		if(g[i][j]=='P')a[i]+=1<<(j-1);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	for(int j=0;j<(1<<m);j++)
    		if((j|a[i])==a[i])
    		{
    		    if((j&(j>>1))||(j&(j>>2)))continue;
    		    state[i].pb(j);
    		}
    state[0].pb(0);
    f[0][0][0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	for(int j=0;j<state[i].size();j++)
    	{
    		for(int k=0;k<state[i-1].size();k++)
    		{
    			if(state[i][j]&state[i-1][k])continue;
    			if(i>=2)
    			{
    				for(int t=0;t<state[i-2].size();t++)
    				{
    					if((state[i-2][t]&state[i-1][k])||(state[i-2][t]&state[i][j]))continue;
    					int cnt=__builtin_popcount(state[i][j]);
    					f[i%3][state[i][j]][state[i-1][k]]=max(f[i%3][state[i][j]][state[i-1][k]],f[(i-1)%3][state[i-1][k]][state[i-2][t]]+cnt);
    				}
    			}
    			else
    			{
    				int cnt=__builtin_popcount(state[i][j]);
    				f[i%3][state[i][j]][state[i-1][k]]=max(f[i%3][state[i][j]][state[i-1][k]],f[(i-1)%3][state[i-1][k]][0]+cnt);
    			}
    		}
    	}
	int res=0;
	for(int i=0;i<state[n].size();i++)
		for(int j=0;j<state[n-1].size();j++)res=max(res,f[n%3][state[n][i]][state[n-1][j]]);
	printf("%d",res);
    		
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16004258.html
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