[poj 1185] 炮兵阵地 状压dp 位运算

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
题目：http://poj.org/problem?id=1185
题意：略...
思路：
　　如果用dp[i]表示前i行所能放的最多炮兵数目，不满足无后效性。dp[i][j]第i行布局为j的前提下,前i行所能放的最多炮兵数目，这样依然不满足无后效性。
仅从dp[i-1][k]无法推出dp[i][j]，影响第i行的不仅有i-1行，还有i-2行，因此要多加一个限制条件，即增加一维。
　　dp[r][j][i]表示第r行布局为i, r-1行布局为j的最多炮兵数目。
　　状态转移方程：dp[r][j][i] = max(dp[r][j][i], dp[r-1][k][j] + sum[i])
其中j, i 必须相容，否则为初始值-1，sum[i]为r行中炮兵的数目，i与k，j与k均相容。
初始条件：dp[0][0][i] = sum[i]
　　可以用二进制来表示炮兵的布局状态，1为布置，0为不布置。最多有10列，也即有10位，1024种情况。dp[100][1024][1024]时间复杂度和空间复杂度均
太高。因为炮兵间的距离不能小于2，所以也就舍去了很多中状态，经计算总共有60种状态，所以只用记下60种状态即可。dp[100][65][65]即可。
代码：

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int N, M;
int mp[];
int st[], sum[];
int stnum;
int dp[][][];

bool ok(int n)    //检查是否为n的放置方法是否可行
{
    if (n & (n<<)) return ;  //有两个放置位置距离为1
    if (n & (n<<)) return ;  //有两个放置位置距离为2
    return ;
}

int getSum(int n)  //n的二进制中1的数量，即放置个数
{
    int ans = ;
    while (n) {
        ans++;
        n = n & (n-);
    }
    return ans;
}

void preSt()   //得到每种可行的放置方法的放置个数
{
    for (int i = ; i < (<<M); i++) {
        if (ok(i)) {
            st[stnum] = i;
            sum[stnum++] = getSum(i);
        }
    }
}

int main()
{
    //freopen("1.txt", "r", stdin);
    scanf("%d%d", &N, &M);
    memset(dp, -, sizeof(dp));
    memset(mp, , sizeof(mp));

    char temp[];
    for (int i = ; i < N; i++) {
        scanf("%s", temp);
        for (int j = ; j < M; j++) {
            if (temp[j] == 'H')
                mp[i] |= (<<j);  //此处逆序放置了
        }
    }

    preSt();
    for (int i = ; i < stnum; i++) {  //边界条件
        if (st[i] & mp[])
            continue;
        dp[][][i] = sum[i];
    }

    for (int r = ; r < N; r++) {
        for (int i = ; i < stnum; i++) {
            if (st[i] & mp[r])   //某一位同时为1，即放置到H的地方，不选
                continue;
            for (int j = ; j < stnum; j++) {  //r-1行的放置情况
                if (st[i] & st[j])   //不能影响r行
                    continue;
                for (int k = ; k < stnum; k++) {  //r-2行放置情况
                    if (st[i] & st[k])  //不能影响r行
                        continue;
                    if (dp[r-][k][j] == -)  //r-1行情况为j,r-2行情况为k不存在时
                        continue;  //如情况j不存在, 情况k不存在
                    dp[r][j][i] = max(dp[r][j][i], dp[r-][k][j] + sum[i]);
                }
            }
        }
    }

    int ans = ;
    for (int i = ; i < stnum; i++) {
        for (int j = ; j < stnum; j++) {
            ans = max(ans, dp[N-][i][j]);
        }
    }
    printf("%d\n", ans);

    return ;
}