NOI2001 炮兵阵地 洛谷2704

题目描述

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。

输入输出格式

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。N≤100；M≤10。

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。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

5 4

PHPP

PPHH

PPPP

PHPP

PHHP

输出样例#1： 复制

6

这道题和玉米田很相似，状压dp，预处理出前两行的和每个状态下1的个数sum[]。dp[i][T][S] 表示第i行的状态为S，第i-1

行状态为T时的最多放置数。

转移方程：dp[i][k][j]=max(dp[i][j][k],dp[]i-1[o][k]+sum[i])。

细节处理较多。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n,m,dp[105][1<<10][1<<10];
int f[1<<10],ans,sum[1<<10];

inline int update(int x) {
    int cnt=0;
    for(; x; x>>=1)
        if(x&1) cnt++;
    return cnt;
}

int main() {
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(register int i=1; i<=n; i++)
        for(register int j=1; j<=m; j++) {
            char c;
            cin>>c;
            f[i]<<=1;
            if(c=='H')
                f[i]++;
        }
    for(register int i=0; i<1<<m; i++)
        sum[i]=update(i);
//  cout<<f[1]<<" "<<f[2]<<endl;
    for(register int i=0; i<1<<m; i++)
        for(register int j=0; j<1<<m; j++) {
            if(!((i&j) || (i&f[1]) || (j&f[2]) || (i&(i<<1))
                    || (i&(i<<2)) || (j&(j<<1)) || (j&(j<<2))))
                dp[2][i][j]=sum[i]+sum[j];
//          cout<<dp[2][i][j]<<endl;
        }
    for(register int i=3; i<=n; i++)
        for(register int j=0; j<1<<m; j++) {
            if(((j&f[i]) || (j&(j<<1)) || (j&(j<<2)))) continue;
            for(register int k=0; k<1<<m; k++) {
                if(((k&f[i-1]) || (k&(k<<1)) || (k&(k<<2)) || (j&k)))
                    continue;
                for(register int o=0; o<1<<m; o++) {
                    if(((o&f[i-2]) || (o&(o<<1)) || (o&(o<<2)) ||
                            (o&j) || (o&k)))
                        continue;
                    dp[i][k][j]=max(dp[i][k][j],dp[i-1][o][k]+sum[j]);
                }
            }
        }
    for(register int i=0; i<1<<m; i++)
        for(register int j=0; j<1<<m; j++)
            ans=max(ans,dp[n][i][j]);
    printf("%d",ans);
    return 0;
}