POJ1185炮兵陣地（狀態壓縮DP)
POJ飛翔.數據弱
ZQOJ飛翔 數據強
Description司令部的將軍們打算在N×M的網格地圖上部署他們的炮兵部隊。一個N×M的地圖由N行M列組成，地圖的每一格可能是山地（用"H" 表示），也可能是平原（用"P"表示），如下圖。在每一格平原地形上最多可以布置一支炮兵部隊（山地上不能夠部署炮兵部隊）；一支炮兵部隊在地圖上的攻擊範圍如圖中黑色區域所示：
如果在地圖中的灰色所標識的平原上部署一支炮兵部隊，則圖中的黑色的網格表示它能夠攻擊到的區域：沿橫向左右各兩格，沿縱向上下各兩格。圖上其它白色網格均攻擊不到。從圖上可見炮兵的攻擊範圍不受地形的影響。現在，將軍們規劃如何部署炮兵部隊，在防止誤傷的前提下（保證任何兩支炮兵部隊之間不能互相攻擊，即任何一支炮兵部隊都不在其他支炮兵部隊的攻擊範圍內），在整個地圖區域內最多能夠擺放多少我軍的炮兵部隊。
多測試數據。
每組測試數據的第一行包含兩個由空格分隔的正整數，分別表示N和M； 0 ≤ N ≤ 100；0 ≤ M ≤ 10。
接下來的N行，每一行含有連續的M個字符(‘P‘或者‘H‘)，中間沒有空格。按順序表示地圖中每一行的數據。
Output每組測試數據輸出一行，包含一個整數K，表示最多能擺放的炮兵部隊的數量。
Sample Input5 4
PHPP
PPHH
PPPP
PHPP
PHHP
6
題目分析：
經典NOI題，矩陣裏的狀態壓縮問題。因為m<=10，而每列都有狀態選或不選，所以想到用2進制，那麽狀態數是2^10。因為當前行的選擇依賴於前兩行，而前一行又依賴於前前兩行，能想到狀態轉移方程應該牽扯到當前行、前一行、前前行，類似於遞推式dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]的遞推過程，而本體每次都是狀態間的轉移，想到狀態轉移方程dp[i][j][k] = max(dp[i][k][l]) + sum[j](j和k和l表示當前行狀態，前一行狀態，前前行狀態,sum[j]表示j狀態下在i行放了幾個大炮)。
用上面的轉移方程，空間復雜度和時間復雜度都不允許，因為j,k,l<=2^10,而實際的情況是10列的組合中不沖突的組合只有少數幾種，比如PHPP，狀態5（101）表示的在第0列和第2列放炮，這個狀態內部沖突，我們就可以不考慮，可以預處理把這些狀態剔除，然後將不沖突的狀態存進一個數組，轉移的時候用數組的下標去轉移就好。狀態轉移方程變成:dp[i][j][k] = max(dp[i][k][l]) + one[i][j](j,k,l分別表示第i行，第i-1行，第i-2行的第j個、第k個，第l個狀態，狀態分別為state[i][j],state[i-1][k],state[i-2][l]，one[i][j]表示第i行狀態j的1的個數，也就是i狀態下放炮數量),最壞復雜度O(N*K^3)（K<62)
AC代碼：
#include<stdio.h> #include<string.h> #include<algorithm> using namespace std; const int MAX = 110; const int INF = 0x3f3f3f3f; const int maxn = 70; ///state[i][j]表示第i行第j個合法狀態，one表示第i行第j個合法狀態中含1的個數 int state[MAX][MAX],one[MAX][MAX],ans; ///stnum[i]表示i行合法的狀態數，sum[i]為i狀態下1的個數 int stsum[MAX],sum[MAX*20]; ///dp[i][j][k]表示第i行第j個狀態第-1行第k個狀態含有的最多1的個數 int dp[MAX][maxn][maxn],map[MAX][MAX],n,m; void init( ) { ans=0; memset(dp,0,sizeof(dp)); memset(map,0,sizeof(map)); memset(one,0,sizeof(one)); memset(stsum,0,sizeof(stsum)); } //每個狀態裏面含有1的數量算出來 void onesum( ) { for(int i=0 ; i<=(1<<10) ; i++) { int t=0; for(int j=0 ; j<=10 ; ++j) if(i&(1<<j)) t++; sum[i]=t; } } ///判斷狀態是否符合 bool ok(int x) { if(x>1&&(x&(x>>1))) return 0; if(x>2&&(x&(x>>2))) return 0; return 1; } ///把第x行中合法的狀態全部找出來，存到state數組中，tot是本行所有的p點壓縮起來的一個狀態 void STATE(int x,int tot) { for(int i=0 ; i<(1<<m) ; i++) if(ok(i)&&(i&tot)==i) ///（i&tot） == i表示集合i是集合tot的子集合，意思是i裏面的含有的列都是p點 { stsum[x]++; int t=stsum[x]; state[x][t]=i; one[x][t]=sum[i]; } } int main( ) { onesum( ); char tp[MAX]; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { init( ); stsum[0]=maxn; for(int i=1 ; i<=n ; i++) { scanf("%s",tp); int k=0; for(int j=0 ; j<m ; j++) { //將圖變為0，1圖 map[i][j] = (tp[j] == ‘P‘ ? 1 : 0); k += (map[i][j] ? (1 << j) : 0); } STATE(i,k); } ///第一行 for(int i=1 ; i<=stsum[1] ; i++) for(int j=1 ; j<=stsum[0] ; j++) dp[1][i][j]=one[1][i]; for(int i=2 ; i<=n ; i++) for(int j=1 ; j<=stsum[i] ; j++)///枚舉第i行的狀態 for(int k=1 ; k<=stsum[i-1] ; k++)///枚舉第i-1行的狀態 {/// 判斷兩個狀態是否有沖突 if(state[i][j]&state[i-1][k]) continue; int t=0; for(int s=0 ; s<=stsum[i-2] ; s++)///枚舉第i-2行的狀態 { if(state[i][j]&state[i-2][s])/// 判斷三個狀態是否有沖突 continue; if(state[i-1][k]&state[i-2][s]) continue; t=max(dp[i-1][k][s],t); } dp[i][j][k]=t+one[i][j]; } for(int j=1 ; j<=stsum[n] ; j++) for(int k=1 ; k<=stsum[n-1] ; k++) ans=max(ans,dp[n][j][k]); printf("%d\n",ans); } return 0; }View Code
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