[NOI2001]炮兵阵地 题解

题意

我们先来了解一下基本的位运算

于( \(\bigwedge\) ),或 (\(\bigvee\) ) 异或(\(\bigoplus\))

在下面我们用(&)代表于，(|)代表或

一道状压dp题，状压真的太难了，这道题搞了比较久才弄懂，首先这道题我们是怎么想到状压dp的呢？首先看范围m<=10,数据范围m很小，地图上部分为山地，部分为平原，且放置了的地方左右各两格，上下各两格不能放置，就只存在两种状态，能放与不能放，就可以看为二进制的0 1我们可以对每一行进行状压，但是我们可以发现我们放置第i行时的状态是会影响到第i-1行和第i-2行的，那么我们可以算一下时间复杂度O( 1024^3*100 ) 明显过不去,那么怎么办呢？我们可以仅考虑当前行的合法状态,于前后行无关，故可以先预处理出状态出来,处理出来只有不到70种

我们可以定义状态

f[i][j][k]表示第i行状态为k且上一行状态为j的最大方案数

状态转移方程

dp[i+1][k][l]=max(dp[i+1][k][l],dp[i][j][k]+sum[l]) (sum[l]表示状态为l中1的个数）

1.判断是否为山丘

在输入时将山丘设为1，平原设为0，那么判断状态是否合法就是直接将状态st[i]&dat[1]若为1则说明则说明放在山丘上了

2.判断每个状态有没有两个炮兵左右距离在两格之内

这个可以画个图便可知道当

if(!(i&(i<<1)) && !(i&(i<<2)))

返回值为真时就可以放置，也就是说 i&(i<<1)&&i&(i<<2)返回值为0

3.每一列前两行有没有炮兵 i&j,i&k 若不为0则冲突(j为i前一行,k为j前一行)

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=110;
int n,m,dp[maxn][maxn][maxn],dat[maxn],sum[maxn],st[maxn],tot,ans;
int clu(int x){
	int tmp=0;
	while(x){
		tmp+=(x&1);
		x>>=1;
	}
	return tmp;
}
int main(){
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=0;j<m;++j){
			char ch=getchar();
			while(ch!='P'&&ch!='H') ch=getchar();
			if(ch=='H') dat[i]|=(1<<j);
		}
	}
	for(int i=0;i<(1<<m);++i){
		if(!(i&i<<1)&&!(i&i<<2)){
			st[++tot]=i;
			sum[tot]=clu(i);
		}
	}
	for(int i=1;i<=tot;++i){
		if(!(st[i]&dat[1])) dp[1][1][i]=sum[i];
	}
	for(int i=1;i<n;++i){
		for(int j=1;j<=tot;++j){
			for(int k=1;k<=tot;++k){
				if(!(st[j]&st[k])&&dp[i][j][k]){
					for(int l=1;l<=tot;++l){
						if(!(st[l]&st[j])&&!(st[l]&st[k])&&!(st[l]&dat[i+1])){
							dp[i+1][k][l]=max(dp[i+1][k][l],dp[i][j][k]+sum[l]);
						}
					}
				}
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=tot;++i){
		for(int j=1;j<=tot;++j){
			ans=max(ans,dp[n][i][j]);
		}
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}