洛谷P2704 [NOI2001]炮兵阵地（状压）

题目描述

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。

输入输出格式

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。$N\le 100；M\le 10$。

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。

输入样例

5 4
PHPP
PPHH
PPPP
PHPP
PHHP

输出样例

16

这个题是一个状压DP的入门题 （虽然我现在门还没入）
设$dp[i][j][k]$ 表示在第$i$ 行，这一行的状态是$j$，上一行的状态是$k$的个数是多少。
一个炮兵部队可以放在$N\ast M$的网格中的任意一个是$P$的地方，他可以攻击到他的左右上下的两格。所以我们先预处理出在一行中有那些状态是可行的。

inline int check(int x)
{
	if((x & (x << 1)) || (x & (x << 2)) || (x & (x >> 1)) || (x & (x >> 2)))
		return 0;
	return 1;
}

这样我们处理出了可行的状态，顺便搞出了第一行的所有情况

	for(int i = 0 ; i <= (1 << m) - 1 ; i ++)
		if(check(i)) can[++tot] = i , dp[1][can[tot]][0] = c(can[tot]);

$c$函数是判断一个二进制数中有几个$0$的函数 NOIP 2018 TG初赛有考，于是我就拿来用了

inline int c(int x)
{
	int res = 0;
	while(x)
	{
		res ++;
		x &= x - 1;
	}
	return res;
}

这样我们就可以从第二行开始枚举行，然后枚举这一行的状态，然后枚举上一行的状态，再判断这两行有没有冲突就行了。

code

#include

using namespace std;

inline int read()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - 48; ch = getchar();}
	return x * f;
}
int dp[101][1005][1005] , fie[101] , can[101];
int n , m , tot , ans;
inline int check(int x)
{
	if((x & (x << 1)) || (x & (x << 2)) || (x & (x >> 1)) || (x & (x >> 2)))
		return 0;
	return 1;
}
inline int c(int x)
{
	int res = 0;
	while(x)
	{
		res ++;
		x &= x - 1;
	}
	return res;
}
int main()
{
	n = read(); m = read();
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
	{
		for(int j = 1 ; j <= m ; j ++)
		{
			char s;
			cin >> s;
			if(s == 'H') fie[i] |= 1;
			fie[i] <<= 1;
		}
		fie[i] >>= 1;
	}
	for(int i = 0 ; i <= (1 << m) - 1 ; i ++)
		if(check(i)) can[++tot] = i , dp[1][can[tot]][0] = c(can[tot]);
	for(int i = 1 ; i <= tot ; i ++)
		for(int j = 1 ; j <= tot ; j ++)
			if(!(can[i] & can[j]) && !(can[i] & fie[2]) && !(can[j] & fie[1]))
				dp[2][can[i]][can[j]] = dp[1][can[j]][0] + c(can[i]);
	for(int i = 3 ; i <= n ; i ++)
		for(int j = 1 ; j <= tot ; j ++) //枚举当前 
			for(int k = 1 ; k <= tot ; k ++)//上一行 
			{
				if(!(can[j] & can[k]) && !(can[j] & fie[i]) && !(can[k] & fie[i - 1]))
				{
					for(int l = 1 ; l <= tot ; l ++) // 再上一行 
						if((!(can[l] & can[j])) && (!(can[l] & can[k])) && !(can[l] & fie[i - 2]))
							dp[i][can[j]][can[k]] = max(dp[i][can[j]][can[k]] , dp[i - 1][can[k]][can[l]] + c(can[j])) , 
							ans = max(ans , dp[i][can[j]][can[k]]);
				}
			}
	printf("%d" , ans);
	return 0;
}

End