POJ1185——炮兵阵地

炮兵阵地

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Description

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。

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

Source

Noi 01

状压DP，
但是这题的话，每一行的状态会影响到上面2行，所以单纯的二维数组是无法完全表示状态的，因此我们用数组dp[i][j][k]表示处理到第i行时，且第i行状态是j，第i - 1行状态时k时最多可以放置的炮兵的个数，

显然 dp[i][j][k] = max(dp[i - 1][k][l]) + c[j];
枚举j,k,l，显然三者是不是冲突的，而且必须适应所放的行，这个可以用&来完成

我们把一行里H的位置设为1，P的位置设为0，表示为一个整数A，状态是一个整数B，如果 A & B ！= 0显然状态B 是不能放在当前行的，因为此状态在H位置也放了炮兵，如果&以后是0的话，说明这个状态时可以的（P的位置无论放不放 & 以后都是0，只有H位置才可能产生1，所以 此方法是可行的）

#include <map>  
#include <set>  
#include <list>  
#include <stack>  
#include <vector>  
#include <queue>  
#include <cmath>  
#include <cstdio>  
#include <cstring>  
#include <iostream>  
#include <algorithm>  

using namespace std;

int dp[105][66][66];
int s[66];
int c[66];
int a[105];
char mat[105][14];

int main()
{
    int n, m;
    while (~scanf("%d%d", &n, &m))
    {
        memset (a, 0, sizeof(a) );
        for (int i = 0; i < n; ++i)
        {
            scanf("%s", mat[i]);
            for (int j = 0; j < m; ++j)
            {
                if(mat[i][j] == 'H')
                {
                    a[i] |= (1 << j);
                }
            }
        }
        int res = 0;
        memset (c, 0, sizeof(c) );
        for (int i = 0; i < (1 << m); ++i)
        {
            if( !(i & (i << 1) ) && !(i & ( i << 2) ) )
            {
                s[res] = i;
                for (int l = 0; l < m; ++l)
                {
                    if( i & ( 1 << l) )
                    {
                        c[res]++;
                    }
                }
                res++;
            }
        }
        memset (dp, 0, sizeof(dp) );
        for (int i = 0; i < res; ++i)
        {
            if( !(a[0] & s[i]) )
            {
                dp[0][i][0] = c[i];
            }
        }
        for (int i = 0; i < res; ++i)
        {
            if (a[1] & s[i])
            {
                continue;
            }
            for (int j = 0; j < res; ++j)
            {
                if ( !(s[i] & s[j]) && !(s[j] & a[0]))
                {
                    dp[1][i][j] = dp[0][j][0] + c[i];
                }
            }
        }
        for (int i = 2; i < n; ++i)
        {
            for (int j = 0; j < res; ++j)
            {
                if (a[i] & s[j])
                {
                   continue;
                }
                for (int k = 0; k < res; ++k)
                {
                    if (a[i - 1] & s[k])
                    {
                        continue;
                    }
                    for (int l = 0; l < res; ++l)
                    {
                        if (a[i - 2] & s[l])
                        {
                            continue;
                        }
                        if( !(s[j] & s[k]) && !(s[j] & s[l]) )
                        {
                            dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i - 1][k][l]);
                        }
                    }
                    dp[i][j][k] += c[j];
                }                              
            }
        }
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < res; ++i)
        {
            for (int j = 0; j < res; ++j)
            {
                ans = max(ans, dp[n - 1][i][j]);
            }
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

我们尝试去枚举状态j,k,l当然三者不能冲突