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压前两行的状态很容易想到,但是 直接搞 (1<<10) * (1<<10) 空间时间都明显受不了, 但是经过高人指点,你会发现:枚举每一行可行的状态,其实并不多,预先打表处理,不用 1->(1<<10)枚举每一种状态。。
然后记忆化搜就ok了。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <algorithm> #include <climits> #include <string> #include <iostream> #include <map> #include <cstdlib> #include <list> #include <set> #include <queue> #include <stack> using namespace std; int deal(int a,int b) { return (a&(1<<b)); } int m,n; int chart[1000]; int vis[111]; int len; int Map[111]; int dp[111][222][222]; int Max(int a,int b) { return a>b? a:b; } int Min(int a,int b) { return a>b?b:a; } int judge(int x) { for(int i=0;i<m;i++)if(deal(x,i)){ int t= Max(0,i-2);int t1=Min(m-1,i+2); for(int j=t;j<=t1;j++){ if(i==j) continue; if(deal(x,j)) return 0; } } return 1; } void Init() { int gg=1<<m; for(int i=0;i<gg;i++){ if(judge(i))chart[len++]=i; } } int panduan(int x,int yici,int erci,int mat) { if(yici&x) return 0; if(erci&x) return 0; if(x&(~mat)) return 0; // for(int i=0;i<m;i++) if(deal(x,i)) if(!deal(mat,i)) return 0; return 1; } int gao(int x,int yici,int erci) { if(~dp[x][yici][erci]) return dp[x][yici][erci]; if(x==n) return dp[x][yici][erci]= 0; int ret=0; for(int i=0;i<len;i++){ if(panduan(chart[i],chart[yici],chart[erci],Map[x])) ret=Max(ret,gao(x+1,i,yici)+vis[i]); } return dp[x][yici][erci]= ret; } void Init1() { memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int i=0;i<len;i++){ int tem=chart[i];int ans=0; for(int j=0;j<m;j++){ if(tem&1) ans++; tem>>=1; } vis[i]=ans; } } int main() { char str[1000]; while(cin>>n>>m){ len=0; Init();Init1(); memset(dp,-1,sizeof(dp)); memset(Map,0,sizeof(Map)); for(int i=0;i<n;i++){ scanf("%s",str); for(int j=0;j<m;j++){ if(str[j]==‘P‘)Map[i]|=(1<<j); } }; cout<<gao(0,0,0)<<endl; } return 0; }
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