PS:本道题目建议在对状压dp有一定了解的基础下学习,如有不懂可以先去学一下状压dp入门
题目大意:给你n*m个格子,有些格子可以用来部署军队,用P表示,有些则不能,用H表示,如果在一个格子上部署了军队,则上下左右各2个格子都不能部署军队,也就是呈十字架状,看到数据范围(n<=100,m<=10)很容易想到使用状压dp,因为m列数最大只有10,我们可以压缩每一行的状态,最大只有(1<<10)-1种状态,但是由于这一行的状态对下一行以及下两行都有影响,我们需要一个三维数组来保存状态,dp[i][j][k],代表第i行状态为j,上一行状态为k最大能部署的军队数,那么我们应该就能推出状态转移方程:
dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][k][l]+num[i])(l为上两行的状态,num[i]为状态为i时能部署的军队数)
但是有一个问题,就是n最大为10,但是我们的数组好像还是开不下,dp[110][1<<10][1<10]显然是超内存的,怎么办呢?我们其实可以抓住如果在一个格子上部署军队则左右两边各2个格子都不能部署军队这一点来预处理进而达到缩小内存的方法,那么怎么预处理呢,其实和那道入门题的判断方法是一样的,我们将某一个状态分别右移1位,2位,这样便得到三个状态,然后两两相与,如果都等于0说明这个状态是合法的,那么这样下来最多的状态数也只有60个,这样数组就足够用了
具体实现方法如下
1 void init() 2 { 3 for(int i=0;i<(1<<m);i++) 4 { 5 if(!(i&(i>>1)) && !(i&(i>>2)) && !((i>>1)&(i>>2))) 6 { 7 can[++cnt]=i; 8 num[cnt]=get(i); 9 } 10 } 11 //cout<<cnt<<endl;-------算出来最大只有60 12 }
然后就是保存每一行是否可以部署军队的操作,这里记得要将P和H反过来存,若为正着存,则后面不部署军队的情况是考虑不到的,应该很好理解吧
1 in(n);in(m); 2 for(int i=1;i<=n;i++) 3 { 4 for(int j=1;j<=m;j++) 5 { 6 char ch; 7 cin>>ch; 8 if(ch==‘H‘) cur[i]|=1<<(j-1);//记得反过来存 9 } 10 }
然后就是dp部分了,因为从第三行开始,后面的行的状态都与前面一行及两行的状态有关,因此我们先处理出第一行以及第二行的状态,以便后面的递推
第一行的时候我们是不需要判断前面的行数的,因此只需要判断这一行的状态是否和合法就行了
而第二行的时候我们则需要根据在第二行状态合法的前提下还需要根据第一行的状态看有没有冲突的的情况,这种情况是要舍去的,其他的就没什么好讲的了
1 for(int i=1;i<=cnt;i++)//不用判断上一行 2 { 3 if(!(cur[1]&can[i])) 4 { 5 dp[1][i][0]=max(dp[1][i][0],num[i]); 6 tot=max(tot,dp[1][i][0]); 7 } 8 } 9 //处理第一行 10 for(int i=1;i<=cnt;i++)//只用判断上一行 11 { 12 if(!(cur[2]&can[i])) 13 { 14 for(int j=1;j<=cnt;j++) 15 { 16 if(!(cur[1]&can[j]) && !(can[i]&can[j])) 17 { 18 dp[2][i][j]=max(dp[2][i][j],dp[1][j][0]+num[i]); 19 tot=max(tot,dp[2][i][j]); 20 } 21 } 22 } 23 } 24 //处理第二行
其实后面的行数跟前面的判断差不多,就是先判断本行再判断上一行,再判断上两行,最判断这三个状态有没有冲突,只要有一个存在冲突,这种状态就是不合法的,那么我们就把它舍去
最后上个完整版代码
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cmath> 4 #include<string> 5 #include<cstring> 6 #define in(i) (i=read()) 7 using namespace std; 8 int read() 9 { 10 int ans=0,f=1; 11 char i=getchar(); 12 while(i<‘0‘||i>‘9‘) 13 { 14 if(i==‘-‘) f=-1; 15 i=getchar(); 16 } 17 while(i>=‘0‘&&i<=‘9‘) 18 { 19 ans=(ans<<1)+(ans<<3)+i-‘0‘; 20 i=getchar(); 21 } 22 return ans*f; 23 } 24 int dp[110][65][65]; 25 int can[65]; 26 int cur[110]; 27 int num[65]; 28 int n,m,cnt,tot; 29 int get(int x) 30 { 31 int ans=0; 32 for(int i=1;i<=m;i++) 33 { 34 if((x&(1<<(i-1)))!=0) ans++;//判断是否可以部署军队,若可以则ans++ 35 } 36 return ans; 37 } 38 void init() 39 { 40 for(int i=0;i<(1<<m);i++) 41 { 42 if(!(i&(i>>1)) && !(i&(i>>2)) && !((i>>1)&(i>>2)))//相邻之间没有1 43 { 44 can[++cnt]=i; 45 num[cnt]=get(i); 46 } 47 } 48 //cout<<cnt<<endl;-------算出来最大只有60 49 } 50 int main() 51 { 52 in(n);in(m); 53 for(int i=1;i<=n;i++) 54 { 55 for(int j=1;j<=m;j++) 56 { 57 char ch; 58 cin>>ch; 59 if(ch==‘H‘) cur[i]|=1<<(j-1);//记得反过来存 60 } 61 } 62 init();//预处理 63 for(int i=1;i<=cnt;i++)//不用判断上一行 64 { 65 if(!(cur[1]&can[i])) 66 { 67 dp[1][i][0]=max(dp[1][i][0],num[i]); 68 tot=max(tot,dp[1][i][0]); 69 } 70 } 71 //处理第一行 72 for(int i=1;i<=cnt;i++)//只用判断上一行 73 { 74 if(!(cur[2]&can[i])) 75 { 76 for(int j=1;j<=cnt;j++) 77 { 78 if(!(cur[1]&can[j]) && !(can[i]&can[j])) 79 { 80 dp[2][i][j]=max(dp[2][i][j],dp[1][j][0]+num[i]); 81 tot=max(tot,dp[2][i][j]); 82 } 83 } 84 } 85 } 86 //处理第二行 87 for(int i=3;i<=n;i++)//枚举行数,对后n-2行进行处理 88 { 89 for(int j=1;j<=cnt;j++)//枚举第i行的状态 90 { 91 if(!(cur[i]&can[j]))//判断本行是否有冲突 92 { 93 for(int k=1;k<=cnt;k++)//若无则枚举下一行的状态 94 { 95 if(!(cur[i-1]&can[k]))//判断上一行状态是否有冲突 96 { 97 for(int l=1;l<=cnt;l++)//枚举上上一行状态 98 { 99 if(!(cur[i-2]&can[l])) 100 { 101 if(!(can[j]&can[k]) && !(can[j]&can[l]) && !(can[k]&can[l]))//若都无冲突 102 { 103 dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][k][l]+num[j]);//状态转移 104 tot=max(tot,dp[i][j][k]); 105 } 106 } 107 } 108 } 109 } 110 } 111 } 112 } 113 cout<<tot<<endl; 114 return 0; 115 }
