poj 1185 炮兵阵地 （状态压缩）

传送门

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

中文题我就不叙述了，这是个比较经典的状态压缩题，学状压得应该都要做这题。

做法：首先题目有很多限制条件，这使得我们的时间复杂度很充裕，为什么呢？因为对于每一排，我们在进行二进制枚举的时候，有效的状态大大减少，对于第一个限制条件，山地不能放置炮塔，第二个限制条件，炮塔周围两格范围内不能放置其他炮塔，所以基于这两个条件进行筛选，筛选后每行的枚举状态数量不超过70个，这样时间复杂度降低了两个世纪。剩下的就是判断了，因为炮塔范围为2，我们需要枚举三排的状态，当前的状态，以及上面两排的状态，满足条件的状态就转移，记得是取max。其他的问题具体看代码：

//滚动数组，也可以不用，因为状态较少，还是开的下，dp[cur][i][j]表示此行为i，上一行的状态为j，注意这里的技巧就是i和j并不是直接代表状态，而是该状态存在s[][]数组里面的下标，为什么可以这样，因为每行的每一个状态对应于一个特定的下标，用下标代替状态更好，优点在于省内存。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m;
int s[102][70];//筛选没排的状态并存在此数组中
int dp[2][70][70];//滚动数组
bool ok(int x)//判断1周围两格是否1
{
    if(x&(x<<1)) return false;
    if(x&(x<<2)) return false;
    return true;
}
int solve(int x)//求该行放置的炮塔数量，即为1的个数
{
    int ans=0;
    for(;x;x-=x&(-x)) ans++;//这个方法求1的个数，曾用于树状数组
    return ans;
}
int main()
{
    while(scanf("%d%d",&n,&m)==2)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            char a[12];
            scanf("%s",a);
            int x=0;
            for(int j=0;j<m;j++)
                if(a[j]=='H') x|=(1<<(m-j-1));//x代表哪些地方不能放炮塔，该处为1
            s[i][0]=0;
            for(int j=0;j<(1<<m);j++)
            {
                if(x&j) continue;//如果x&j不为0，那么j这个状态中炮塔位置非法，不符合
                if(ok(j))
                {
                    s[i][0]++;
                    s[i][s[i][0]]=j;
                }
            }
        }
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        s[0][0]=1,s[0][1]=0;
        for(int j=1;j<=s[1][0];j++)
            for(int k=1;k<=s[0][0];k++)
            dp[0][j][k]=solve(s[1][j]);//预处理第一行
        int cur=0;
        for(int i=2;i<=n;i++)
        {
            cur^=1;
            memset(dp[cur],0,sizeof(dp[cur]));
            for(int j=1;j<=s[i][0];j++)
            {
                for(int k=1;k<=s[i-1][0];k++)
                {
                    if(s[i][j]&s[i-1][k]) continue;
                    for(int l=1;l<=s[i-2][0];l++)
                    {
                        if(s[i][j]&s[i-2][l]) continue;
                        if(s[i-2][l]&s[i-1][k]) continue;//三个continue 判断的是上面两行和现在这一行是否冲突
                        dp[cur][j][k]=max(dp[cur][j][k],dp[1-cur][k][l]+solve(s[i][j]));//这里稍微画一下每行状态便会明白
                    }
                }
            }
        }
        int ans=0;
        for(int i=1;i<=s[n][0];i++)
        for(int j=1;j<=s[n-1][0];j++)
            ans=max(ans,dp[cur][i][j]);
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}