POJ 1185 炮兵阵地(经典的状态压缩DP)
题意:中文题。
思路,经典的状态压缩题目。
由于列长比较小,我们可以以行为阶段用状态压缩来做。
由于攻击只占两个格,这样从行的角度看,第i行的炮兵只与前i-1和前i-2行有关系。这样如果用j,k,l分别表示第i,i-1,i-2行的炮兵摆放状态,而num[i][j]表示第i个摆放状态为j时的炮兵个数。dp[i][k][j]表示以i为最后一行,倒数第一行摆放为j,倒数第二行摆放为k时的最优解。
这样得到状态转移方程dp[i][k][j]=max{dp[i-1][l][k]+num[i][j]},前提是j和k、l都不互相攻击。
其中炮兵的摆放状态要预处理出来,如果m至大为10,这样枚举的话最多是2^10。由于最后得到合法状态不多,使用的时候可以直接用保存的下标而不是用二进制表示状态。这样可以大大提高时空复杂度。
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<vector> using namespace std; vector<]; vector<]; ][]; int m,n; bool check(int sta,int d) { <<d); } bool check1(int c,int sta)//检查是否在山上放炮 { ; i<m; ++i) if(grid[c][i]=='H'&&check(sta,i)) return false; return true; } bool attack(int d,int sta)//某状态下判断同行之间是否相互攻击 { >=&&check(sta,d-)) return true; >=&&check(sta,d-)) return true; <m&&check(sta,d+)) return true; <m&&check(sta,d+)) return true; return false; } int check2(int sta)//判断是否互相攻击和统计炮个数 { ; ; i<m; ++i) if(check(sta,i)) { ; else cnt++; } return cnt; } void init(int c) { ; i<(<<m); ++i) if(check1(c,i))//没有放在山坡上的情况 { int cnt=check2(i);//判断是否互相攻击和炮个数 ) { sta[c].push_back(i);//保存摆放位置状态 num[c].push_back(cnt);//保存对应状态下的个数 } } } ][][]; bool attack2(int sta1,int sta2)//判断不同行之间的状态下炮是否互相攻击 { ; i<m; ++i) if(check(sta1,i)&&check(sta2,i)) return true; return false; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); ; i<=n; ++i) { scanf("%s",grid[i]); init(i); } ) { ; ;i<sta[].size();++i) ans=max(ans,num[][i]); printf("%d\n",ans); ; } ; i<sta[].size(); ++i) ; j<sta[].size(); ++j) ][i],sta[][j])) dp[][i][j]=num[][i]+num[][j]; ; i<=n; ++i) { ; k<sta[i].size(); ++k) ; j<sta[i-].size(); ++j) { ][j]; if(!attack2(stak,staj)) { ; ; l<sta[i-].size(); ++l) { ][l]; if(!attack2(stak,stal)&&!attack2(staj,stal)) maxn=max(maxn,dp[i-][l][j]); } dp[i][j][k]=maxn+num[i][k]; } } } ; ; i<sta[n].size(); ++i) ; j<sta[n-].size(); ++j) ans=max(ans,dp[n][j][i]); printf("%d\n",ans); ; }
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