poj 1185 压缩状态dp

鉴于自己表达能力实在太差，我就直接抄袭下别人的博客吧！！！哈哈

分析及代码如下：

  传送门：http://poj.org/problem?id=1185



    非常经典的DP问题，考虑了状态压缩，位运算，有的大牛还用了滚动数组。



    这次不罗嗦，直接分析思路：



    首先看复杂度，对于每一行，朴素的想法是放的可能性是2^n，n代表列数，但是题目要求在范围2以内不准再部署炮兵。所以，我们search每一行可能的情况，利用位运算。然后DP，对于每一行，具有无后效性：即这一行的部署情况只与本身以及前两行的情况有关。依次DP下去即可求解。关于状态压缩：比如1表示放置，1001为在4列的情况下一种部署，这个二进制数对应的十进制数为9，因此9可以唯一确定的代表这种情况。关于位运算： 比如第一行1001 与第二行0110 ，两个二进制数&的结果为0表示可以按照这样部署，而1001 & 1000 = 8 != 0 ，所以不能这样部署，因为第一行的第一列和第二行的第一列都是放置了炮兵的，故舍弃。关于运用位运算，这是我第二次碰见，第一次碰见应该是在博弈论中的取石子问题。这些都是很巧妙的想法，C语言或者说ACM正是因为有这些巧妙的地方，让我们的思路更加开阔，让程序也有可爱的地方吧。



   代码如下，这个题目第一次碰到的时候感觉很难，所以写的注释比较多：



[cpp] view plaincopy

/*Memory: 34248 KB   Time: 313 MS   

Language: GCC   Result: Accepted   

  

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*/  

#include <stdio.h>  

#define max(a,b) ((a)<(b)?(b):(a))  

int dp[101][1044][1044];  

int h[104];//以状态压缩的方式记录一行的H（1）和P（0）  

int acc[100],top;  

char map[104][13];//存放输入数据  

int n, m;  

  

void ready()  

{  

    int state = 0;  

    int i, j;  

    h[0] = h[1] = -1;  

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

    {  

        state = 0;//对每一行标记以前都要令state = 0  

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

        {  

            state = state << 1;  

            //对每一列处理完以后，在处理下一列时要将上一列的0/1左移一个单位  

            if(map[j][i] == 'P')  

              ;  

            //如果为P，仍为0，无需特别处理  

            else  

              state += 1;  

            //如果为H，则标记为1，i++后左移一位即可  

        }  

        //在上述的for循环后，实现了压缩存储，  

        //例如HPHH，经过处理后就变成了1011  

        //处理过程为0→1→10→100→101→1010→1011  

        //此时state = (1011)2  = (11)10  

        h[j+2] = state;  

    }//for循环用来将地图中H标记为1 P标记为0  

    top = 0;  

    for(j = 0; j < (1<<m); j++)  

    //在这里1向左移动m,m为列的个数，实际上是1*2^m，代表2^m种可能  

    {  

        if(j & (j<<1))  

          continue;  

        //此为冲突种类一  

        //比如j = 3 二进制0011，代表在第三列和第四列都放置炮兵  

        //显然0011 & 0110 = 4 ！=0 是不可取的选择  

        //此时continue 继续下一个++  

        if(j & (j<<2))  

          continue;  

        //此为冲突种类二  

        //比如j = 7 0111 ,代表在第2、3、4列放炮兵  

        //但是0111 & 11100 != 0  

        //所以继续被除掉 j++  

        acc[top++] = j;  

        //如果上述两个if都不满足的话，说明是可行的  

        //即该种方案不存在在某一个1的附近2个单位内存在1  

        //这种方案成立  

    }//此处for循环是判断对于每个独立的一行，可行的放置数top  

}  

//需要注意的是，上述ready过程中的两个处理都是独立的  

//第一个处理是标记H为1 P为0  

//第二个标记是假设全部为PPPPP 判断这独立的一行的情况  

  

int count(int x)  

{  

    int cons = 0;  

    while(x)  

    {  

        if(x & 1)cons++;  

        x >>= 1;  

    }  

    return cons;  

}  

  

int main()  

{  

    int i, aj,j, k, l, cons = 0;  

    int i1,ai1,j1,aj1;  

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

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

      scanf("%s", map[i]);//按行输入数据  

    ready();//初始化工作  

    for(i = 0; i < n; i++)//按行处理  

    {  

        for(aj = 0; aj < top; aj++)//top是每一行的可能摆放种数  

        {  

            j = acc[aj];//acc[aj]代表第aj个可行方案，采用了压缩存储  

            if(j & h[i+2])  

              continue;  

            //h[i+2]存储的是第i行的地图标记情况  

            //如果j & h[i+2] != 0 说明j方案在H初放置了炮兵  

            //由于这是不允许的，因此删除  

            for(ai1 = 0; ai1 < top; ai1++)  

            //进入此for循环说明j是满足该行地图分布的可能性  

            //即行内不冲突  

            //此时需要比较行间是否冲突  

            {  

                i1 = acc[ai1];  

                if(i1 & j)continue;  

                if(i1 & h[i+1])continue;  

                //上述判断是否和相邻的一行冲突  

                for(aj1 = 0; aj1 < top; aj1++)  

                {  

                    j1 = acc[aj1];  

                    if(j1 & j)continue;  

                    if(j1 & i1)continue;  

                    if(j1 & h[i])continue;  

                    //此处判断是否和相邻的第二行冲突  

                    dp[i+1][j][i1] = max(dp[i+1][j][i1], dp[i][i1][j1]);  

                    //dp的状态方程，  

                }  

                dp[i+1][j][i1] += count(j);  

            }  

        }  

    }  

    for(i = (1<<m)-1; i >= 0; i--)  

    {  

        for(j = (1<<m)-1; j >= 0; j--)  

        {  

            cons = max(cons,dp[n][i][j]);  

            //取最大的方案数  

        }  

    }  

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

  

}