POJ1185炮兵阵地（状态压缩DP)

Posted 2020-11-11 shuaihui

POJ飞翔.数据弱

ZQOJ飞翔 数据强

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

多测试数据。

每组测试数据的第一行包含两个由空格分隔的正整数，分别表示N和M；  0 ≤ N ≤ 100；0 ≤ M ≤ 10。

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。

Output

每组测试数据输出一行，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

题目分析：

经典NOI题，矩阵里的状态压缩问题。因为m<=10，而每列都有状态选或不选，所以想到用2进制，那么状态数是2^10。因为当前行的选择依赖于前两行，而前一行又依赖于前前两行，能想到状态转移方程应该牵扯到当前行、前一行、前前行，类似于递推式dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]的递推过程，而本体每次都是状态间的转移，想到状态转移方程dp[i][j][k] = max(dp[i][k][l]) + sum[j](j和k和l表示当前行状态，前一行状态，前前行状态,sum[j]表示j状态下在i行放了几个大炮)。

用上面的转移方程，空间复杂度和时间复杂度都不允许，因为j,k,l<=2^10,而实际的情况是10列的组合中不冲突的组合只有少数几种，比如PHPP，状态5（101）表示的在第0列和第2列放炮，这个状态内部冲突，我们就可以不考虑，可以预处理把这些状态剔除，然后将不冲突的状态存进一个数组，转移的时候用数组的下标去转移就好。状态转移方程变成:dp[i][j][k] = max(dp[i][k][l]) + one[i][j](j,k,l分别表示第i行，第i-1行，第i-2行的第j个、第k个，第l个状态，状态分别为state[i][j],state[i-1][k],state[i-2][l]，one[i][j]表示第i行状态j的1的个数，也就是i状态下放炮数量),最坏复杂度O(N*K^3)（K<62)

AC代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAX = 110;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 70;
///state[i][j]表示第i行第j个合法状态，one表示第i行第j个合法状态中含1的个数
int state[MAX][MAX],one[MAX][MAX],ans;
///stnum[i]表示i行合法的状态数，sum[i]为i状态下1的个数
int stsum[MAX],sum[MAX*20];
///dp[i][j][k]表示第i行第j个状态第-1行第k个状态含有的最多1的个数
int dp[MAX][maxn][maxn],map[MAX][MAX],n,m;
void init( )
{
    ans=0;
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    memset(map,0,sizeof(map));
    memset(one,0,sizeof(one));
    memset(stsum,0,sizeof(stsum));
}
//每个状态里面含有1的数量算出来
void onesum( )
{
    for(int i=0 ; i<=(1<<10) ; i++)
    {
        int t=0;
        for(int j=0 ; j<=10 ; ++j)
        if(i&(1<<j))
        t++;
        sum[i]=t;
    }
}
///判断状态是否符合
bool ok(int x)
{
    if(x>1&&(x&(x>>1)))
    return 0;
    if(x>2&&(x&(x>>2)))
    return 0;
    return 1;
}
///把第x行中合法的状态全部找出来，存到state数组中，tot是本行所有的p点压缩起来的一个状态
void STATE(int x,int tot)
{
    for(int i=0 ; i<(1<<m) ; i++)
    if(ok(i)&&(i&tot)==i)
    ///（i&tot） == i表示集合i是集合tot的子集合，意思是i里面的含有的列都是p点
    {
        stsum[x]++;
        int t=stsum[x];
        state[x][t]=i;
        one[x][t]=sum[i];
    }
}
int main( )
{
    onesum( );
    char tp[MAX];
    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
    {
        init( );
        stsum[0]=maxn;
        for(int i=1 ; i<=n ; i++)
        {
            scanf("%s",tp);
            int k=0;
            for(int j=0 ; j<m ; j++)
            {   //将图变为0，1图
                 map[i][j] = (tp[j] == ‘P‘ ? 1 : 0);
                k += (map[i][j] ? (1 << j) : 0);
            }
            STATE(i,k);

        }
        ///第一行
        for(int i=1 ; i<=stsum[1] ; i++)
        for(int j=1 ; j<=stsum[0] ; j++)
        dp[1][i][j]=one[1][i];
        for(int i=2 ; i<=n ; i++)
        for(int j=1 ; j<=stsum[i] ; j++)///枚举第i行的状态
        for(int k=1 ; k<=stsum[i-1] ; k++)///枚举第i-1行的状态
        {/// 判断两个状态是否有冲突
            if(state[i][j]&state[i-1][k])
            continue;
            int t=0;
            for(int s=0 ; s<=stsum[i-2] ; s++)///枚举第i-2行的状态
            {
                if(state[i][j]&state[i-2][s])/// 判断三个状态是否有冲突
                continue;
                if(state[i-1][k]&state[i-2][s])
                continue;
                t=max(dp[i-1][k][s],t);
            }
            dp[i][j][k]=t+one[i][j];
        }
        for(int j=1 ; j<=stsum[n] ; j++)
        for(int k=1 ; k<=stsum[n-1] ; k++)
        ans=max(ans,dp[n][j][k]);
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

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