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 ;
}

 

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