POJ 1185 炮兵阵地

POJ 1185 炮兵阵地

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Description

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。

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

非常经典的状压 DP，和 HDUOJ 1565 这道题方法类似，只不过方格取数是不能相邻，这道题条件更复杂一些，要隔两格~
状压 dp 要暴力算出每行所有可能的取值情况，即 $[0,2^m)$，又要错两格，也即可能取值情况的二进制中的所有 $1$ 之间的间隔必须大于 $2$，这可以用 $((i\&(i>>2))=0)\&\&((i\&(i>>1))=0)$ 来判断，通过上面的枚举和筛除就可以得到每一行的所有可能情况，下面考虑动态规划~
因为对第 $i$ 行受第 $i-1$ 行和第 $i-2$ 行的影响，所以要比方格取数多一维，我们用 $dp[i][j][k]$ 表示第 $i$ 行以 $j$ 为状态第 $i-1$ 行以 $k$ 为状态时的最大炮兵数量，$val$ 表示第 $i$ 行的炮兵数量，即 $j$ 的二进制中 $1$ 的个数，可以用内置函数 $\_\_builtin\_popcount$ 计算，则有状态转移方程：
$$dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][k][l]+val),l\&k=0,l\&j=0$$
但此时复杂度还是太高，我们继续考虑优化，对于每一行的炮兵排布，我们可以用预处理成二进制，即有炮兵视作 $1$，否则为 $0$，存入数组 $op$，那么对于每一行状态的选择 $j$，必须要满足 $op[i]\&j\ne 0$，这样又筛除一部分进而能降低复杂度，对应的，状态转移时要满足：

$op[i]\&j\ne 0$
$op[i-1]\&k\ne 0$
$op[i-2]\&l\ne 0$

在状态转移时可以不用考虑下标为负的情况，因为在C的语法里并不算错，AC代码如下:

#include
#include
using namespace std;
char s[105][1<<10];
int dp[105][100][100];
int n,m,cnt,ans,num[1<<10],op[1<<10];
int main(){
     
    scanf("%d%d",&n,&m);
    cnt=ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",s[i]);
    for(int i=0;i<(1<<m);i++) if(((i&(i>>2))==0)&&((i&(i>>1))==0)) num[++cnt]=i;
    for(int i=1;i<=n;i++){
     
        for(int j=0;j<m;j++) op[i]+=((s[i][j]=='H')<<j);
        for(int j=1;j<=cnt;j++){
     
            if(num[j]&op[i]) continue;
            for(int k=1;k<=cnt;k++){
     
                if(num[j]&num[k]) continue;
                int val=__builtin_popcount(num[j]);
                if(i>=2&&(num[k]&op[i-1])) continue;
                for(int l=1;l<=cnt;l++){
     
                    if(num[l]&op[i-2]) continue;
                    if((num[l]&num[k])==0&&(num[l]&num[j])==0) dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][k][l]+val);
                }
                ans=max(dp[i][j][k],ans);
            }
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
}