pku 1185 炮兵阵地 状压DP

http://poj.org/problem?id=1185

题意：

给出一个n*m的矩阵，矩阵的每个方格标有P/H p表示可以安置大炮，H表示不能安置大炮，当大炮安置于(i,j)点时，其左右两个单位以及上下两个单位都在攻击范围，求在两支大炮不会相互攻击的前提下，最多能够安置大炮的数量。

思路：

当前行大炮的的安置要受其前两行的影响，所以状态转移方程有：

dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k],dp[i - 1][k][l] + sum[j])   dp[i][j][k]表示第i行的状态为j第i - 1的状态为k    sum[j]表示该行取j状态时可能增加的数量；

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#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <cstdlib>

#include <cmath>

#define CL(a,num) memset(a,num,sizeof(a))

#define M 13

#define N 107

#define MOD 100000000

using namespace std;



const int inf = 1999999;



int map[N],dp[N][66][66];

int state[1<<M],ct;

int n,m,total;

char str[N][M];

int sum[66];



bool isok(int x)

{

    if (x&(x<<1)) return false;//101010

    if (x&(x<<2)) return false;//1001001

    return true;

}

int getsum(int x)

{

    int s = 0;

    while (x > 0)//有多少个1就能增加多少

    {

        if (x&1) s++;

        x>>=1;

    }

    return s;

}



void init()

{

    int i; ct = 0;

    for (i = 0; i < total; ++i)

    {

        if (isok(i))//枚举所有可能状态

        {

            state[ct] = i;

            sum[ct++] = getsum(i);//求出该状态下能够添加的大炮的数量

        }

    }

}

int main()

{

    //freopen("din.txt","r",stdin);

    int i,j,k,l;

    scanf("%d%d",&n,&m);

    CL(map,0); CL(sum,0);

    for (i = 0; i < n; ++i)

    {

        scanf("%s",str[i]);

        for (j = 0; j < m; ++j)

        {

            if (str[i][j] == 'H') map[i] |= (1<<j);//标记不能放置的点

        }

    }

    total = (1<<m);

    init();

    CL(dp,0);

    //初始化第一行

    for (i = 0; i < ct; ++i)

    {

        if (!(map[0]&state[i]))

        dp[0][i][0] = sum[i];

    }



    for (i = 1; i < n; ++i)

    {

        for (j = 0; j < ct; ++j)

        {

            if (!(map[i]&state[j]))

            {

                for (k = 0; k < ct; ++k)

                {

                    if (!(map[i -1]&state[k]) && !(state[j]&state[k]))

                    {

                        if (i >= 2)//大于两行时

                        {

                            for (l = 0; l < ct; ++l)

                            {

                                if (!(map[i - 2]&state[l]) && !(state[j]&state[l]) && !(state[k]&state[l]))//i,i - 1,i - 2都要满足条件

                                {

                                    dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k],dp[i - 1][k][l] + sum[j]);

                                }

                            }

                        }

                        else

                        dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k],dp[i - 1][k][0] + sum[j]);

                    }

                }

            }

        }

    }

    int ans = 0;

    for (i = 0; i < ct; ++i)

    {

        for (j = 0; j < ct; ++j)

        {

            ans = max(ans,dp[n - 1][i][j]);

        }

    }

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

    return 0;

}