【简●解】POJ 1185,LG P2704【炮兵阵地】

【传送门】

• POJ 1185
• 洛谷 P2704

【题目大意】

司令部的将军们打算在 \(N\times M\) 的网格地图上部署他们的炮兵部队。一个 \(N\times M\) 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：

求最多能摆放的炮兵部队的数量。

【关键词】

• 状压DP
• 预处理
• 进制运算

【分析】

可以说这道题是状压\(DP\)的经典例题了，我们思考，每一行的状态只会被当前这一行的地形和前两行的状态束缚，所以我们可以预处理第一行与第二行，然后枚举每一行的状态进行\(DP\)转移。

细节方面就看代码吧。

【Code】

//#include<bits/stdc++.h>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define debug() puts("FBI WARNING!")
#define ll long long

using namespace std;
inline int read(){
	int f = 1, x = 0;char ch;
	do { ch = getchar(); if (ch == '-') f = -1; } while (ch < '0'||ch>'9');
	do {x = x*10+ch-'0'; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9');
	return f*x;
}
int n, m, M;
int maps[105], num[(1<<11)], c[80], len;
char tmp[15];
int dp[105][80][80], ans;

inline bool judge(int a, int b) {
	if ((a & b) == 0) return 1;
	else return 0;
}

inline bool can(int x) {
	if (((x << 1) & x) || (x << 2) & x || (x >> 1) & x || (x >> 2) & x) return 0;
	else return 1;
}

inline void init() {
	/*
	预处理num[]
	*/
	for (int i = 1;i < M; ++i) {
		int x = i;
		while (x) {
			num[i]+=x%2;
			x >>= 1;
		}
	}
	/*
	预处理c[]
	*/
	for (int i = 0;i < M; ++i) {
		if (can(i)) {
			c[++len] = i;
		}
	}
}

int main(){
	n = read(); m = read();
	M = (1 << m);
	init();
	for (int i = 1;i <= n; ++i) {
		scanf("%s", tmp);
		for (int j = 0;j < m; ++j)
			if (tmp[j] == 'H')
				maps[i] += (1 << j);
	}
	/*for (int i = 0;i < n; ++i) {
		printf("%d\n", maps[i]);
	}*/
	for (int i = 1;i <= len; ++i) { // 第一行处理
		if (judge(c[i], maps[1]))
			dp[1][i][1] = num[c[i]];
	}
	/*for (int i = 0;i < M; ++i) {
		printf("dp[0][%d][0] = %d    can:%d, judge:%d\n", i, dp[0][i][0], can(i), judge(i, maps[0]));
	}*/
	for (int i = 1;i <= len; ++i) { // 第二行处理
		if (judge(c[i], maps[2]))
			for (int j = 1;j <= len; ++j) {
				if (judge(c[j], maps[1]) && judge(c[i], c[j]))
					dp[2][i][j] = max(dp[2][i][j], dp[1][j][1]+num[c[i]]);
			}
	}
	for (int i = 3;i <= n; ++i) { // DP
		for (int j = 1;j <= len; ++j) {
			if (judge(c[j], maps[i]))
			for (int k = 1;k <= len; ++k) {
				if (judge(c[j], c[k]) && judge(c[k], maps[i-1])) {
					for (int s = 1;s <= len; ++s) {
						if (judge(c[s], c[j]) && judge(c[s], c[k]) && judge(c[s], maps[i-2])) {
							dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i-1][k][s]+num[c[j]]);
						}
					}
				}
			}
		}
	}
	for (int i = 1;i <= len; ++i) { //求解答案
		for (int j = 1;j <= len; ++j) {
			ans  = max(ans, dp[n][i][j]);
		}
	}
	printf("%d", ans);
	return 0;
}