poj 1185 炮兵布阵 最详细题解（状压DP经典）

炮兵阵地

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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： 

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

先发两个网上比较好的题解，再说下自己的理解

题解1:

由于是求的最多能放置的炮兵个数，就是求某一个状态下，它对应的炮兵个数最多，所以就想到dp方程肯定是那种dp[i+1]=max{dp[i-1]..}的形式，又考虑到每一行

的状态只和前两行有关系，所以考虑用dp来做，下面考虑如何用二进制位来表示一个状态及转移方程。

对于原始的矩阵，我们用1来表示可以放置炮兵，即对应图中的P，这样每一行都有一个可以放置炮兵的状态，存到rstate[N]中，用来check该行的状态是否合法。

由于当前行和前两行有关系，所以得用3维矩阵来保存一个状态下最多的炮兵个数，用dp[i][curst][prest]表示当前第i行状态对curst，前一行状态为prest的最大炮兵数。

转移方程为dp[i][curst][prest]=max{dp[i-1][prest][preprest]}，这样求到最后一行之后，答案就是最后一行所有状态中最大的那个。程序初始化的时候需要对第一行

进行预处理，设置dp[0][st][0]=st合法&st中1的个数。这样进行下面的计算的时候，由于0状态肯定是和所有状态兼容的，所以就不会影响计算结果。

题解2：

思考方法：首先，一个炮的攻击有两行，所以对于第i行来讲，i-1行和i-2行对它有影响，i-3行及以上的都没有影响了，所以我们要得到第i行的信息，只需要知道i-1和i-2的信息（最近有个体会，DP要找到什么因素影响了当前你要求的东西，有影响的我们就处理，没影响的我们不用管）。接着我们就思考怎么表示状态。山用1表示，空地用0表示，空地放了兵也用1表示，那么对于一行，就是一个01的串，这是个二进制数，我们可以想到状态压缩压缩回来一个十进制数。

比如原地图01101011，那么0处可以放兵，所有那么多个0，可以变为1（但也要考虑炮与炮之间不能攻击），要枚举全部情况，我们很自然想到了dfs来枚举，很多解题报告是这样做的，这样确实也能解决，但不是最好的方法。最好的方法是位运算。

要想到位运算，要跳出思维的限制，在一行中，原有的1是固定不能变，炮不能放在山上。0是可以变为1的，但是要保证炮与炮之间不能攻击。要满足这两个要求，我们可以拆开来做。先满足了炮与炮不能互相攻击，然后在这些摆放中再选出跑不在山上的。

只考虑炮的话，枚举量2^10-1，但实际上满足的不足60个，网上有人问过60是怎么计算的，实际上准确的做法我也不确定，但是能大概推出来。一列最多10位，最多其实只能放4个炮，然后接着看3个炮，2个炮，1个炮，0个炮的情况，就可以大致算出。

枚举方法是   for(i=0; i<(i<

int state[MAXM];  保存状态（十进制数），是仅仅满足了炮与炮不互相攻击，但是没有满足炮不在山上

对于一开始的地图，还没放炮，它本身已经表示了一个状态，所以也先压成一个状态，保存在一个数组中

再者，我们得到了一个状态state[i]，我们怎么知道这个状态下放了多少炮啊？其实就是判断state[i]这个十进制数变为二进制数后有多少个1，这个要怎么统计呢？位运算！

并且把对应的士兵人数保存在  int soldier[MAXM]; //对应着，在state[i]状态下能放多少个士兵

int base[MAXR];  //第i行的原地图压缩成的一个状态

那么怎么判断炮不在山上呢？  只要state[i] & base[r] = 0 ,就表示state[i]这个状态，可以放在r这行上，而且炮不会在山上，炮之间也不会攻击，这是个要点，理解

 

然后前面说了，i行，i-1行，i-2行的炮会互相影响，他们可能会互相攻击到对方，所以我们假设现在i行，i-1行，i-2行的炮的摆放情况分别是state[i],state[j],state[k]

只有当他们都不两两攻击的时候，这3个状态才能放在一起，否则这3个状态不能放在一起。那么怎么判断他们不会两两攻击呢，方法一样的

state[i] & state[j] = 0   state[i] & state[k] = 0     state[j] & state[k] = 0   ，三个要同时满足，要点，理解

你会发现多次需要用到 一种判断  a&b  是为0还是不为0，所以我们代码中将其写成宏定义方便查看，实际上写成宏后时间慢了一点

#define legal(a,b) (a&b) //判断两个状态共存时是否合法，合法为0，不合法为非0 

 

最后看状态转移方程，设dp[r][i]表示第r行，状态为state[i]是的最大值，

dp[r][i]=max { dp[r-1][j]+dp[r-2][k] } + soldier[i]

也就是第r-1行的状态为state[j]，第r-2行的状态为state[k]的和，并加上当前行放了soldier[i]个士兵 ， 但要满足state[i],state[j],state[k]不能互相攻击

接着我们可以可以写成三维的形式 dp[r][i][j]= max{ dp[r-1][j][k]} + soldier[i]  ,  dp[r][i][j]表示第r行状态为state[i]，第r-1行为state[j]的最大值

 

做题感悟：

之前做的两个状压DP都是选择的，即用了就不能再用了，所以就只是跳过标记的就行，而且一开始都是0，并没有像这题有地图限制，所以可以直接dfs，因为他不像这题有地形限制，所以像这类有地形限制的，比如标记一个点四周两个点都被标记，这样的，一般要初始化，先把所有可行的状态都找出来，这个题每一行，每个炮台左右两个格以内不能再有炮台，也就是每个1左右两边两个格子必须都是0，用位运算表示就是!(i&(i<<1)) && !(i&(i<<2))，把i的整体状态都左移1个跟两个，这样就可以看每个1左右两个空格有没有1了。。如果没有1，这说明就是一个可行的状态，就把他记录下来，这样每个炮台这一行的问题就解决了，直接枚举所有可行状态就行，那么这个炮台又只跟前面两行有关了，从第一行枚举过去，这个炮台下面的两个其实不用管，枚举过去就好了(类似反转问题），这个记录状态要学习一下。。。

由于当前行和前两行有关系，所以得用3维矩阵来保存一个状态下最多的炮兵个数，用dp[i][curst][prest]表示当前第i行状态对curst，前一行状态为prest的最大炮兵数。

转移方程为dp[i][curst][prest]=max{dp[i-1][prest][preprest]}，这样求到最后一行之后，答案就是最后一行所有状态中最大的那个。程序初始化的时候需要对第一行

前面的状态注意要跟分别跟前两行的地图比较下，这个题就差不多解出来了。

心得就是，像这种有特殊限制的，比如四周不能有等等，就提前初始化，把所有的情况都记录在一个数组，然后枚举情况就好了，其余的简单的，比如每一行只有一个，每一列只有一个，这样的完全可以直接dfs 比如这题：http://blog.csdn.net/qq_34374664/article/details/54586529，还有状压dp其实“每一行的可行状态都是一样的”，枚举行的之后其实都是枚举相同的状态。。

我的代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#define me(a) memset(a, 0, sizeof(a))
using namespace std;
int dp[115][70][70], maze[105], status[70], num[70], m, n, len;
char str[111];
int main()
{

    while(~scanf("%d%d", &n, &m))
    {
        me(dp);
        me(num);
        me(maze);
        me(status);
        for(int i = 1; i <= n; i++)
        {
            scanf("%s", str);
            for(int j = 0; j < m; j++)
            {
                if(str[j] == 'H')
                {
                    maze[i] += (1<>= 1;
                }
                num[len] = sum;
                status[len++] = i;
            }
        }

        for(int i = 1; i < len; i++)
        {
            if(!(maze[1]&status[i]))
            {
                dp[1][i][1] = num[i];
            }
        }
        for(int i = 2; i <= n; i++)
        {
            for(int j = 1; j < len; j++)
            {
                if(status[j]&maze[i]) continue;
                for(int k = 1; k < len; k++)
                {
                    if(status[j] & status[k]) continue;
                    if(status[k] & maze[i-1]) continue;
                    for(int t = 1; t < len; t++)
                    {
                        if(status[t]&status[j]) continue;
                        if(status[t]&status[k]) continue;
                        if(status[t]&maze[i-2]) continue;
                        dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i-1][k][t]+num[j]);
                    }
                }
            }
        }
        int ans = 0;
        for(int i = 1;i < len; i++)
            for(int j = 1;j < len; j++)
                 ans = max(ans, dp[n][i][j]);
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

一个比较详细的代码：

#include 
#include 
#include 
#define MAXR 110 //行数
#define MAXC 15  //列数
#define MAXM 70  //状态数
#define max(a,b) a>b?a:b //返回较大值
#define CL(a) memset(a,0,sizeof(a)) //初始化清空数组
#define legal(a,b) a&b //判断两个状态共存时是否合法，合法为0，不合法为非0
int row,col;  //行列
int nums;  //仅是两个炮兵不互相攻击的条件下，符合条件的状态个数
int base[MAXR];  //第i行的原地图压缩成的一个状态
int state[MAXM]; //仅是两个炮兵不互相攻击的条件下，符合条件的状态（一个十进制数）
int soldier[MAXM]; //对应着，在state[i]状态下能放多少个士兵
int dp[MAXR][MAXM][MAXM];
//dp[i][j][k] 表示第i行状态为state[j]，第i-1行状态为state[k]时的最优解
char g[MAXR][MAXC];
using namespace std;

int main()
{
    CL(base); CL(state); CL(soldier); CL(dp);
    nums=0;

    scanf("%d%d",&row,&col);
    for(int i=0; i>1;
        }
        state[nums++]=i; //保存这个合法的状态
    }

    /***************************************/
    //for(int i=0; i