唔,想到了状压之后就不会了……实在是菜

考虑压两行,设$f_{i, j, k}$表示当前到第$i$行,上一行是$j$状态,前一行是$k$状态的最多能放的炮兵的数量。

发现第一维还可以滚掉,好像可以转移了。

但是,这样子$100 * 1024 * 1024 * 1024$时间炸了……怎么办?

考虑先不考虑题目中给出的不能放的格子的贡献,预处理出所有可行解,根据互不侵犯的套路,对于一个状态$i$,在这题中只要满足$i \& (i >> 1)$、$i \& (i >> 2)$、$i \& (i  << 1)$、$i \& (i << 2)$全部都是$0$,那么就是一个合法状态了吧。

对于一个合法状态(记编号为$i$),只要计算出有多少个$1$就相当于可以放多少个炮兵了吧,记这个数量为$num_i$。

一行最多才$10$列,一个炮兵可以打$5$格,发现预处理之后只有$60$来个有效状态了(状态数记为$tot$),$O(ntot^3)$可以承受了。

写一下转移方程:

    $f_{1, i, 0} = num_i$。

    $f_{2, i, j} = max(f_{1, j, 0} + num_i)$  $i, j$不冲突且$i$和第二行的地图不冲突。

    $f_{i, j, k} = max(f_{i - 1, k, t} + num_j)$  $j,k$ 、$k, t$、$j, t$不冲突且$j$和第$i$行的地图不冲突。

答案  $ans = max(f_{n, i, j})$。

注意第二行要分开处理。

时间复杂度$O(ntot^3)$,约为$O(n^4)$。

以后要记得复习!

Code:

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std; const int N = ; int n, m, a[N], tot = , b[N], num[N], f[N][N][N]; inline void chkMax(int &x, int y) {
if(y > x) x = y;
} inline int bitCnt(int now) {
int res = ;
for(; now > ; now >>= )
res += (now & );
return res;
} int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = ; i <= n; i++) {
char str[];
scanf("%s", str + );
for(int j = ; j <= m; j++)
if(str[j] == 'H') a[i] |= ( << (j - ));
} for(int i = ; i < ( << m); i++)
if(!(i & (i << )) && !(i & (i << )) && !(i & (i >> )) && !(i & (i >> ))) {
++tot;
b[tot] = i, num[tot] = bitCnt(i);
if(!(a[] & b[tot])) f[][tot][] = num[tot];
} for(int i = ; i <= tot; i++)
for(int j = ; j <= tot; j++)
if(!(a[] & b[j]) && !(b[i] & b[j]))
chkMax(f[][j][i], f[][i][] + num[j]); for(int i = ; i <= n; i++)
for(int j = ; j <= tot; j++) {
if(a[i] & b[j]) continue;
for(int k = ; k <= tot; k++) {
if(b[j] & b[k]) continue;
for(int t = ; t <= tot; t++) {
if((b[k] & b[t]) || (b[t] & b[j])) continue;
chkMax(f[i][j][k], f[i - ][k][t] + num[j]);
}
}
} int ans = ;
for(int i = ; i <= tot; i++)
for(int j = ; j <= tot; j++)
chkMax(ans, f[n][i][j]); printf("%d\n", ans);
return ;
}

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