【POJ 1185】炮兵阵地(状压DP)

【POJ 1185】炮兵阵地(状压DP)

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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:
【POJ 1185】炮兵阵地(状压DP)_第1张图片

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


题目大意:给出一个N*M的地图,地图每个点有两种状态 P-平原 H-山脉
每个平原最多可以放一个炮兵队,山脉不可放
每个炮兵队会攻击如图所示四个方位八个点 问在保证防止的炮兵位置合法,并且两两不互相攻击的条件下,最多能放多少个炮兵队

由于M很小 所以不难想到状压DP 但如果直接暴力枚举状压dp的话时间可能会比较长 1<<10是1024种状态
因为第i行放置炮兵的可行性除了跟当前地形相关联,还跟i-1 i-2行放置状态有关,但并不用管i+1 i+2行 因为在dp后两行的过程中会考虑到
除此外就跟自己这行有关了 同一行中两个相邻的炮兵距离必须大于2 这样可以预处理下 保存所有合法状态 会发现只有60种
这样在dp的过程中 之判断三行各60种状态即可 再稍微剪剪枝 这里判断合法我用的位运算 因为会发现只要满足相同位置不会出现两个或以上1(已放炮兵或为山地
这样dp出最大可放数量即可 每种状态贡献的数量可在预处理时存下

还有用最大独立集做的 发一个连接: http://blog.csdn.net/gauss_acm/article/details/44085991

代码如下:
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define LL long long
#define Pr pair
#define fread() freopen("in.in","r",stdin)
#define fwrite() freopen("out.out","w",stdout)

using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int msz = 10000;
const int mod = 1e9+7;
const double eps = 1e-8;

char stmp[11];
int mp[233];
int pre[66][66];
int now[66][66];
int mode[66];
int add[66];
int tp = 0;
int n,m;

bool can(int x)
{
	int cnt = 2;
	int ans = 0;
	while(x)
	{
		if(x&1)
		{
			ans++;
			if(cnt < 2) return false;
			cnt = 0;
		}else cnt++;
		x >>= 1;
	}
	add[tp] = ans;
	return true;
}

int main()
{
	//fread();
	//fwrite();

	int tot = 1<<10;
	for(int i = 0; i < tot; ++i)
		if(can(i)) mode[tp++] = i;

	while(~scanf("%d%d",&n,&m))
	{
		for(int i = 0; i < n; ++i)
		{
			scanf("%s",stmp);
			int tmp = 0;
			for(int j = 0; j < m; ++j)
				tmp = (tmp<<1)+(stmp[j] == 'H');

			mp[i] = tmp;
		}
		tot = 1<= 2 && (mode[j]&mp[i-2])) continue;
				for(int k = 0; k < tp && mode[k] < tot; ++k)
				{
					if(mode[k]&(mp[i-1]|mode[j]))continue;
					for(int l = 0; l < tp && mode[l] < tot; ++l)
						if(mode[l]&(mp[i]|mode[k]|mode[j])) continue;
						else 
						{
							now[k][l] = max(now[k][l],pre[j][k]+add[l]);
						}
				}
			}
		}

		int ans = 0;
		for(int i = 0; i < tp && mode[i] < tot; ++i)
			for(int j = 0; j < tp && mode[j] < tot; ++j)
				ans = max(ans,now[i][j]);

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

	return 0;
}








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