[NOI 2001]炮兵阵地

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≤1000；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

题解

状压$DP$。

我们令$f[i][j][k]$表示第$i$行二进制状态为$j$，$i-1$行状态为$k$时前$i$行能够放的最多炮兵数。

易得：

$$f[i][j][k]=max(f[i-1][k][p]+getbit(j))$$

其中$p$是$i-2$行的状态，$getbit(j)$是求二进制数$j$中为$1$的个数。

但是这样做会超时，因为枚举所有的状态太多，并且一些状态是无用的，有用的状态很少。

那么我们可以直接进行预处理，将所有可行的状态保存下来，对于$DP$操作我们只用访问数组下标就可以了。

什么是可行：即不会互相攻击并且在平地上。

对于$DP$过程中也要注意考虑转移是否可行。

 #include<map>

 #include<set>

 #include<cmath>

 #include<ctime>

 #include<queue>

 #include<stack>

 #include<vector>

 #include<cstdio>

 #include<string>

 #include<cstdlib>

 #include<cstring>

 #include<iostream>

 #include<algorithm>

 #define LL long long

 #define RE register

 #define IL inline

 #define lowbit(x) ((x)&(-(x)))

 using namespace std;

 const int N=;

 int n,m;

 char c;

 int s[N+];

 int sk[N+][];

 int cnt[N+];

 int f[N+][][];

 IL int getbit(int x)

 {

     int sum=;

     while (x) x-=lowbit(x),sum++;

     return sum;

 }

 IL int Max(int a,int b) {return a>b ? a:b;}

 int main()

 {

     scanf("%d%d",&n,&m);

     for (RE int i=;i<=n;i++)

     {

         for (RE int j=;j<=m;j++)

         {

             c=;

             while (c!='H'&&c!='P') c=getchar();

             if (c=='H') s[i]|=(<<j-);

         }

     }

     for (RE int i=;i<=n;i++)

         for (RE int j=;j<(<<m);j++)

             if ((!(j&(j<<)))&&(!(j&(j<<)))&&(!(j&s[i]))) sk[i][++cnt[i]]=j;

     cnt[]=;

     for (RE int i=;i<=cnt[];i++) f[][i][]=getbit(sk[][i]);

     for (RE int i=;i<=n;i++)

     {

         for (RE int j=;j<=cnt[i];j++)

         {

             for (RE int k=;k<=cnt[i-];k++) if (!(sk[i][j]&sk[i-][k]))

             {

                 for (RE int p=;p<=cnt[i-];p++) if ((!(sk[i][j]&sk[i-][p]))&&(!(sk[i-][k]&sk[i-][p])))

                 {

                     f[i][j][k]=Max(f[i][j][k],f[i-][k][p]+getbit(sk[i][j]));

                 }

             }

         }

     }

     int ans=;

     for (RE int i=;i<=cnt[n];i++)

         for (RE int j=;j<=cnt[n-];j++)

             ans=Max(ans,f[n][i][j]);

     printf("%d\n",ans);

     return ;

 }