炮兵阵地 /// 状压DP oj26314

题目大意：

炮兵阵地 设置炮兵的位置 其上两位 下两位 左两位 右两位 不能同时设置炮兵

这题是 corn fields玉米地 的升级版 可以先看下这题的注释 更详细些

第一种方法是网上大多数题解的解法 https://blog.csdn.net/zwj1452267376/article/details/51387718

第二种方法是在第一种的基础上

预处理出每一行的可能状态，并直接保存其对应的下标 i ， 这样可以通过下标 i ，

直接找到对应的状态 may[i] 和该状态对应的1的个数 num[i] ，而不需要另外将行数与状态及个数对应存储

将其建成邻接表的形式

这样在枚举每一行的状态时 只要查询邻接表就行

不需要枚举每种状态再去判断其是否能够对应该行的映像

而找到该行邻接表中存放的状态下标 直接得到该状态及个数

预处理出第一行的dp[][][]，再依据第一行处理出第二行的dp[][][]

这样在处理之后的各行时 就可以直接判断该行的前两行的状态了

/// 第一种方法
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,may[],num[];
int mir[],dp[][][];
int getnum(int w)
{ // 计算w中1的个数
    int cnt=;
    while(w) {
        cnt+=(w & );
        w >>= ;
    }
    return cnt;
}
int main()
{
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)) {
        int len=;
        for(int i=;i<(<<m);i++) // 预处理m列所有可能状态及其1的个数
            if((i&(i<<))== && (i&(i<<))== && ((i<<)&(i<<))==))
                may[len]=i,num[len++]=getnum(i);
        //for(int i=0;i<len;i++) printf("%d %d\n",may[i],num[i]);
        memset(mir,,sizeof(mir));
        for(int i=;i<n;i++) {
            char c[]; scanf("%s",c);
            for(int j=;j<m;j++)
                if(c[j]=='H') mir[i]|=<<j; // 处理出每一行的映像 利于寻找可能状态
        }
        memset(dp,,sizeof(dp));
        for(int i=;i<len;i++) // 预处理第一行
            if((mir[]&may[i])==)
                dp[][i][]=max(dp[][i][],num[i]);
        for(int i=;i<len;i++) // 预处理第二行
            if((mir[]&may[i])==)
                for(int j=;j<len;j++)
                    if((may[j]&mir[])== && (may[j]&may[i])==)
                        dp[][i][j]=max(dp[][i][j],dp[][j][]+num[i]);
        for(int i=;i<n;i++) {  // 枚举更新的行数
            for(int j=;j<len;j++) { // 枚举i行的可能状态
                if((may[j]&mir[i])==) {
                    for(int k=;k<len;k++) { // 枚举i-1行的可能状态
                        if((may[k]&mir[i-])== && (may[j]&may[k])==) {
                            for(int p=;p<len;p++) { // 枚举i-2行的可能状态
                            if((may[p]&mir[i-])== && (may[p]&may[k])== && (may[j]&may[p])==)
                                { dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-][k][p]+num[j]); }
                            }
                        }
                    }
                }
            }
        }
        int ans=;
        for(int i=;i<len;i++)
            for(int j=;j<len;j++)
                ans=max(ans,dp[n-][i][j]);
        printf("%d\n",ans);
    }
    return ;
}

/// 第二种方法
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,m,len; // 将图转为0 1图，1表示该位置可放炮兵
int may[], num[]; // may[]保存m列的所有可能状态， num[]保存对应下标的may[]保存的状态包含几个1
int dp[][][]; // dp[i][j][k]=到i行为止1的总个数 i行状态为may[j],i-1行状态为may[k]
vector <int> sta[]; // 保存每行所有的可能状态对应的下标

int get_num(int w)
{ // 得到w中有几个1
    int cnt=;
    while(w) {
        cnt+=(w & );
        w >>= ;
    }
    return cnt;
}
void init()
{ // m最大为10 先预处理出10列的所有可能状态
    for(int i=;i<(<<);i++)
        if((i&(i<<))== && (i&(i<<))==
           && ((i<<)&(i<<))==)
            may[len]=i, num[len++]=get_num(i);
}
void save_sta(int row,int mir)
{ // 保存row行的可能状态的对应下标，mir为row行的映像
    sta[row].clear();
    for(int i=;i<len;i++) {
        if(may[i]>=(<<m)) break; // 超过了m列的状态 直接忽略
        if(may[i]&mir) continue; // 不是row行的可能状态 则跳过
        sta[row].push_back(i); /// 保存符合的状态的对应下标
    }
}

int main()
{
    init();
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)) {
        for(int i=;i<n;i++) {
            char c[]; scanf("%s",c);
            int mir=;
            for(int j=;j<m;j++) // P为可放 H为不可放
                if(c[j]=='H') mir|=<<j; /// 处理出一个反过来的映像
            save_sta(i,mir); /// 利于与所有状态对照
        }

        memset(dp,,sizeof(dp));
        for(int i=;i<sta[].size();i++) {
            int t=sta[][i], mt=may[t], nt=num[t];
            /// t即为可能状态的对应下标 则 may[t]为可能状态 num[t]为该状态中的1的数量
            dp[][t][]=max(dp[][t][],nt); // 更新第1行
            // 第一行只需考虑本身状态

            for(int j=;j<sta[].size();j++) {
                int t1=sta[][j], mt1=may[t1], nt1=num[t1];
                if(mt1&mt) continue;
                // 第二行只需考虑第一行的状态与其是否冲突

                dp[][t1][t]=max(dp[][t1][t],dp[][t][]+nt1); // 更新第二行
            }
        }

        for(int i=;i<n;i++) { // 更新第i行时， 需考虑i-1及i-2行是否冲突
            for(int j=;j<sta[i].size();j++) { // 枚举第i行状态
                int t1=sta[i][j], mt1=may[t1], nt=num[t1];

                for(int k=;k<sta[i-].size();k++) { // 枚举i-1行状态
                    int t2=sta[i-][k], mt2=may[t2];
                    if(mt1&mt2) continue; // i与i-1冲突则跳过

                    for(int p=;p<sta[i-].size();p++) { // 枚举i-2行的状态
                        int t3=sta[i-][p], mt3=may[t3];
                        if((mt2&mt3) || (mt1&mt3)) continue; // i-2与i-1冲突 i-2与i冲突 则跳过

                        dp[i][t1][t2]=max(dp[i][t1][t2],dp[i-][t2][t3]+nt);
                    } /// i行t1状态(i-1为t2)= max{ i-1行t2状态(i-2为t3) + i行1的个数 }
                }
            }
        }

        int ans=-;
        for(int i=;i<sta[n-].size();i++) {
            int t1=sta[n-][i];
            for(int j=;j<sta[n-].size();j++) {
                int t2=sta[n-][j];
                ans=max(ans,dp[n-][t1][t2]);
            } /// 最后一行各种可能状态的最大值
        }
        printf("%d\n",ans);
    }

    return ;
}