C++---状态压缩dp---炮兵阵地（每日一道算法2023.4.17）

注意事项：
本题为"状态压缩dp—蒙德里安的梦想"和"状态压缩dp—小国王"和"状态压缩dp—玉米田"的近似题，建议先阅读这三篇文章并理解。

题目：
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。

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。

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。

数据范围
N≤100,M≤10

输入:
5 4
PHPP
PPHH
PPPP
PHPP
PHHP

输出：
6

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

const int N = 110, M = 1 << 10;
int n, m, cnt[M], st[N], f[2][M][M];
char t;
vector<int> state, state_trans[M];


bool check(int s) {     //判断同一行中，三格内只能同时存在一个1，也就是炮兵不能互相攻击到为合法状态,
    for (int i = 0; i<m; i++) {
        if ((s >> i & 1) && ((s >> (i+1) & 1) | (s >> (i+2) & 1))) return false;
    }
    return true;
}
int count(int s) {      //计算当前状态中1的数量
    int res = 0;
    for (int i = 0; i<m; i++) res += (s >> i & 1);
    return res;
}

int main() {
    cin >> n >> m;

    //预处理所有读入，将每一行的地势转换为二进制，1为山地，0为平原
    for (int i = 1; i<=n; i++) {
        for (int j = 0; j<m; j++) {
            cin >> t;
            st[i] += ((t=='H') << j);
        }
    }

    //预处理所有合法状态
    for (int i = 0; i < (1 << m); i++) {
        if (check(i)) {
            state.push_back(i);
            cnt[i] = count(i);
        }
    }

    //预处理所有合法状态转移, 本题行与行之间的限制就是不能在同一列摆放炮兵
    for (auto &a : state) {
        for (auto &b : state) {
            if ((a&b)==0) state_trans[a].push_back(b);
        }
    }

    //dp
    for (int i = 1; i<=n+2; i++) {          //枚举地图的每一行,
        for (auto &a : state) {       //枚举所有合法状态a(第i层)
            if ((a & st[i])==0) {           //当状态a没有在山地上部署的炮兵，那就可以进行状态转移,=
                for (auto &b : state_trans[a]) {        //枚举所有能从a转移到的状态b,(第i-1层)
                    for (auto &c : state_trans[b]) {    //枚举所有能从b转移到的状态c,(第i-2层)
                        if ((a&c)==0) {             //a能转移到b，b能转移到c，但不代表a能转移到c(比如a=010，b=001，c=110，a-b合法，b-c合法，a-c不合法)
                            f[i&1][a][b] = max(f[i&1][a][b], f[(i-1)&1][b][c] + cnt[a]);
                        }
                    }
                }
            }
        }
    }

    //这里还是和之前的状压dp一样，n+2是小优化，表示：前n+2行已经摆完，且第n+2行状态为0(一个炮兵不摆)，第n+1行状态为0，
    //那么就和sum(f[n][1~m][1~m])的方案数是一样的。
    cout << f[(n+2)&1][0][0];
    return 0;
}

思路：
和"小国王"以及"玉米田"那两题非常相似，强烈建议先理解那两道题。

还是经典的y式dp法：
1.状态表示
f[i][j][k]:
前i行的炮兵已经摆好(包括第i行)，且第i行的状态为j，第i-1行状态为k的所有方案。
属性为Max(摆放最多的炮兵)，
(状态为 j/k 指的是二进制来表示炮兵摆放的状况，状压dp的常用手段)，

2.状态计算
经过前几道状压dp的洗礼，还是先来分别分析一下"状态"和"转移"：
1.什么情况下状态a(第i行)是合法的？
一，单行内炮兵不能互相攻击到(三格内至多只能存在一个炮兵)。
二，炮兵不能摆放在山地上。

2.什么情况下状态a转移到状态b(第i行和第i-1行)是合法的？
一，a和b不能在同一列同时有炮兵存在。

最后符合上述条件，就可以状态转移啦，
f[i][a][b] = max(f[i][a][b], f[i-1][b][c] + cnt[a])
从实际意义出发：
1.f[i][a][b] = 前i行已经摆完，且第i行状态为a，第i-1行状态为b,
2.f[i-1][b][c] = 前i-1行已经摆完，且第i-1行状态为b，第i-2行状态为c,
那么用2更新1，就需要加上当前状态a中炮兵的摆放数量即可。

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声明：
算法思路来源为y总，详细请见https://www.acwing.com/
本文仅用作学习记录和交流