POJ_1185_炮兵阵地 dp+状态压缩

题目：炮兵阵地

链接：http://poj.org/problem?id=1185

解题思路：

　　首先用 int 来表示每一行的情况，比如说第一行是k1，那么【 k1&(k1>>2) | k1&(k1>>1) 】就可以排除一行中相邻的和隔一格的。。。

　　地形也可以用 int （取反）来表示，比如说第一行是PPHPH，给他记作m1=00101（二进制数），1表示不能存放，那么对于一个数a，判断a是不是符合地形就可以用【 a & m1 】来表示，如果与出来的是真，那么说明存在某一位1&1的情景，就表示不符合。

　　下一行是否能和上一行共存也用位运算来进行，比如下一行是s2，上一行是s1，那么【 s2 & s1 】为真就表示不能共存。

　　上面是通过位运算来巧妙解决可行存放问题的方法。

　　贴代码了：

　　

 #include<stdio.h>
 #include<string.h>
 /*
   改进。。。
 */
 char s[][];
 int mp[];
 int ans[],ao;
 int dp[][][];
 /*
   dp[i][j][k]: 第i行 - 上一行是ans[j]、本行是ans[k]的情况下，最多数量为多少。
   因为有了两行的间隔，上面的炮台就不会影响到下面的，所以只要记录两行的所有情况，两行相同的可以计算出最大值了
 */
 //因为列数最多为10，所以无视地形，一行最多有60中存放方式
 void func(int m)
 {
   for(int i=;i<(<<m);i++)
   {
     if(i&(i>>)||i&(i>>)) continue;
     ans[ao++]=i;
   }
 }
 int count(int x)
 {
   int co=;
   while(x)
   {
     co+=x&;
     x>>=;
   }
   return co;
 }
 int pre[][],po,ko,lo;
 int main()
 {
   int n,m;
   while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
   {
     for(int i=;i<n;i++)
     {
       scanf("%s",s[i]);
     }
     memset(mp,,sizeof(mp));
     for(int i=;i<n;i++)
     {
       for(int j=;j<m;j++)
       {
         if(s[i][j]=='H') mp[i]=mp[i]|(<<j);
       }
     }
     ao=;
     func(m);
     memset(dp,,sizeof(dp));
     po=;
     for(int i=;i<ao;i++)
     {
       if(mp[]&ans[i]) continue;
       int tmp=count(ans[i]);
       dp[][][i]=tmp;
       pre[][po++]=i;   //记录第0行所有存值情况，po为总数
     }
     if(n==)
     {
       int mt=;
       for(int i=;i<po;i++)
       {
         int line1=pre[][i];  //因为前面只有一行，所以只需要考虑pre[0][i]的情况
         if(dp[][][line1]>mt) mt=dp[][][line1];
       }
       printf("%d\n",mt);
       continue;
     }
     ko=;
     for(int i=;i<po;i++)
     {
       for(int j=;j<ao;j++)
       {
         int line1=pre[][i];
         if(ans[j]&mp[]) continue;
         if(ans[line1]&ans[j]) continue;
         int tmp=count(ans[j]);
         dp[][line1][j]=dp[][][line1]+tmp;
         pre[][ko]=line1;  //到下一行时，这里就是上两行，下面的就是上一行，先用2暂存，最终再移入0
         pre[][ko++]=j;
       }
     }
     for(int i=;i<ko;i++)
       pre[][i]=pre[][i];
     bool v[][];
     for(int i=;i<n;i++)
     {
       lo=;
       memset(v,,sizeof(v));
       for(int k=;k<ko;k++)
       {
         int line1=pre[i-][k],line2=pre[i-][k];   //上两行和上一行的情况
         if(v[line1][line2]) continue;     //因为有很多重复的，去重
         v[line1][line2]=;
         for(int u=;u<ao;u++)
         {
           if(ans[u]&mp[i]) continue;  //如果与本身的地形不符，就跳过
           if(ans[u]&ans[line1]||ans[u]&ans[line2]) continue;  //如果和前两行矛盾就跳过
           int tmp=count(ans[u]);      //如果都满足条件，就计算这一行这种放法增加的数量
           if(dp[i-][line1][line2]+tmp>dp[i][line2][u])
           {
             dp[i][line2][u]=dp[i-][line1][line2]+tmp;
             pre[i+][lo]=line2;       //先用i+1的存放，等k的循环结束再移到i-1
             pre[i][lo++]=u;
           }
         }
       }
       for(int u=;u<lo;u++)
         pre[i-][u]=pre[i+][u];
       ko=lo;
     }
     int mt=;
     for(int j=;j<ko;j++)
     {
       int line1=pre[n-][j],line2=pre[n-][j];
       if(mt<dp[n-][line1][line2]) mt=dp[n-][line1][line2];
     }
     printf("%d\n",mt);
   }
   return ;
 }