题目链接:http://poj.org/problem?id=1185

炮兵阵地
Time Limit: 2000MS   Memory Limit: 65536K
Total Submissions: 30608   Accepted: 11828

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

题解:

1.学了轮廓线更新之后,一看到这种棋盘DP就忍不住往轮廓线上想:由于状态转移关系到上两行,所以轮廓线就需要记录两行了,即每一列都需要记录两个格,可知每一列有三种状态,那么用四进制表示。所以复杂度大概为:100*10*(4^10)*2= 很大很大。轮廓线更新都满足不了复杂度要求,那行更新就更加不能满足了吧?能,看下一点。

2.枚举一行的所有状态,因为要求两点间距离>2,所以可以筛掉很多无效状态,最终得到60个有效状态。

3.得到有效状态后,剩下的工作就是典型的状压DP行更新了。复杂度:100*64*64*64。

代码如下:

 #include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <string>
#include <set>
using namespace std;
typedef long long LL;
const double EPS = 1e-;
const int INF = 2e9;
const LL LNF = 9e18;
const int MOD = 1e5;
const int MAXN = 1e3+; //row记录每一行的可放状态
//sta记录有效状态,cnt记录有效状态有多少个点
//dp[i][j][k]:更新到第i行,且第i-1行的状态为sta[j],第i行的状态为sta[k] 的最大放置数。
int row[], sta[], cnt[MAXN], dp[][][];
int main()
{
int n, m = ;
char str[];
while(scanf("%d%d", &n,&m)!=EOF)
{
for(int i = ; i<=n; i++)
{
scanf("%s", str);
row[i] = ;
for(int j = ; j<m; j++)
row[i] += (str[j]=='H')*(<<j);
} int tot = ;
for(int s = ; s<(<<m); s++)
{
if( !(s&(s<<)) && !(s&(s<<)) )
{
sta[++tot] = s;
cnt[tot] = ;
for(int j = ; j<m; j++)
if(s&(<<j))
cnt[tot]++;
}
} memset(dp, , sizeof(dp));
for(int i = ; i<=n; i++)
{
for(int j = ; j<=tot; j++)
{
int s1 = sta[j];
if(i> && (s1&row[i-])) continue;
for(int k = ; k<=tot; k++)
{
int s2 = sta[k];
if(i> && (s2&row[i-])) continue;
if(s1&s2) continue;
for(int t = ; t<=tot; t++)
{
int s3 = sta[t];
if(s3&row[i]) continue;
if((s1&s3)||(s2&s3)) continue;
dp[i][k][t] = max(dp[i][k][t], dp[i-][j][k]+cnt[t]);
}
}
}
} int ans = ;
for(int i = ; i<=tot; i++)
for(int j = ; j<=tot; j++)
ans = max(ans, dp[n][i][j]);
printf("%d\n", ans);
}
}

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