[NOI2001]炮兵阵地 状压DP

题面：

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。

n <= 100,m <= 10;

题解：

观察到如此小的m，我们首先就要考虑状压，

但是每一行将会受到2行的影响，因此我们考虑压两行，

f[i][j][k]表示第i行状态为j，第i-1行状态为k的最优解，

因此我们有转移方程：

f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-1][k][l] + num[j].one);

num[j].one 表示状态j下有几个炮兵，

合法条件如下：

if(s[i] & num[j].date) continue;

if(s[i-1] & num[k].date) continue;

if(num[j].date & num[k].date) continue;

if(s[i-2] & num[l].date) continue;

if((num[j].date & num[l].date) | (num[k].date & num[l].date)) continue;

其中s[i]表示i行的限制条件，如果第t位不能放炮兵，那么这位就是1，

j , j ,l 分别为i,i-1,i-2所枚举的状态，

num[i].date表示当前状态，

因为要满足不能放炮兵的地方不放炮兵，所以s[i] & num[j].date必须为0，其他行同理，

这时你肯定注意到了，，，这是个4层循环啊！那复杂度岂不是100 * 1024 *1024 *1024？

这样的复杂度当然是不行的，观察到每个炮兵的管辖区域相对于仅仅只有10的m来说，其实是非常广的，不管怎么放，最多也就放4个炮兵而已，

因此我们可以实现找出所有初步合法状态（即满足同一行中炮兵不互相贡献的状态），一共只有59个，，，，

因此这时的复杂度就可以承受了，

而且找合法状态的时候还可以顺便就预处理出对应的炮兵个数，是不是非常方便啊~~~~~~~

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 #define R register int
 #define AC 110
 int n,m,tot,ans;
 int f[AC][][];
 int s[AC];
 char ss[AC];
 struct node{
     int date,one;
 }num[AC];
 /*观察到因为m只有10，而一个炮兵的控制区域就有5了，所以一行最多放两个
 可行状态很少，m=10都只有59个，所以完全可以打表放进来啊！
 f[i][j][k]表示i行状态j，上一行为k*/
 inline bool cmp(node a,node b)
 {
     return a.date < b.date;
 }

 void pre()
 {
     scanf("%d%d",&n,&m);
     for(R i=;i<=n;i++)
     {
         scanf("%s",ss+);
         for(R j=;j<=m;j++)
             if(ss[j] == 'H') s[i] |= ( << (m - j));//获取这个的状态,1表示不合法
     }
 }

 void work1()
 {
     ++tot;
     for(R i=;i<=m;i++)
     {
         num[++tot].date=( << (i - ));
         num[tot].one=;
     }
     for(R i=;i<=m;i++)
         for(R j=i+;j<=m;j++)
         {
             num[++tot].date=( << (i - )) + ( << (j - ));
             num[tot].one=;
         }
     for(R i=;i<=m;i++)
         for(R j=i+;j<=m;j++)
             for(R k=j+;k<=m;k++)
             {
                 num[++tot].date=( << (i - )) + ( << (j - )) + ( << (k - ));
                 num[tot].one=;
             }
     for(R i=;i<=m;i++)
         for(R j=i+;j<=m;j++)
             for(R k=j+;k<=m;k++)
                 for(R l=k+;l<=m;l++)
                 {
                     num[++tot].date=( << (i - )) + ( << (j - )) + ( << (k - )) + ( << (l - ));
                     num[tot].one=;
                 }
 //    for(R i=1;i<=tot;i++)
     //    printf("%d have %d\n",num[i].date,num[i].one);
 }

 void work()
 {
     memset(f,,sizeof(f));
     for(R i=;i<=tot;i++)
     {
         if(s[] & num[i].date) continue;
         f[][i][]=num[i].one;//获取第一行
     }
     for(R i=;i<=tot;i++) //枚举第二行的状态
     {
         if(s[] & num[i].date) continue;
         for(R j=;j<=tot;j++)
         {
             if(s[] & num[j].date) continue;
             if(num[i].date & num[j].date) continue;
             f[][i][j]=f[][j][] + num[i].one;
         }
     }
     for(R i=;i<=n;i++)//枚举到了哪一行
     {
         for(R j=;j<=tot;j++)//枚举当前行状态
         {
             if(s[i] & num[j].date) continue;//山地不能放
             for(R k=;k<=tot;k++)//枚举上一行状态
             {
                 if(s[i-] & num[k].date) continue;
                 if(num[j].date & num[k].date) continue;//不能在同一个位置有炮
                 for(R l=;l<=tot;l++)//枚举上上行状态
                 {
                     if(s[i-] & num[l].date) continue;
                     if((num[j].date & num[l].date) | (num[k].date & num[l].date)) continue;//都不能相互冲突
                     f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-][k][l] + num[j].one);
                 }
             }
         }
     }
     for(R i=;i<=tot;i++)//枚举最后一行的状态
         for(R j=;j<=tot;j++)
         {
             if((s[n] & num[i].date) || (s[n-] & num[j].date)) continue;
             ans=max(ans,f[n][i][j]);//是否冲突，，，就懒得判了吧，反正也是0
         }
     printf("%d\n",ans);
 }

 int main()
 {
 //    freopen("in.in","r",stdin);
     pre();
     work1();//先找到所有有效情况
     work();
 //    fclose(stdin);
     return ;
 }