状压dp--P2704

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状压dp--P2704

题目描述

司令部的将军们打算在NM的网格地图上部署他们的炮兵部队。一个NM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。

输入格式

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≤100；M≤10。

输出格式

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。

输入输出样例

输入 #1

5 4
PHPP
PPHH
PPPP
PHPP
PHHP

输出 #1

6

这是道毒瘤状压！写的时候总觉得会超时，大概是数据没有极限的全是P的情况

用cin输入，scanf输入第一个样例会wa！！下载错误样例，看输出没错啊！迷！

二进制1表示放了坦克，0表示没放

R为当前行，L为上一行，FL为上上行

dp[k][R][L]表示第k行的状态为R，k-1行的状态为L的情况

1、判断该位置能放坦克，二进制H为1，P为0，存在a数组里面，R&a[i] !=0，则R状态存在坦克放在山丘上

2、判断该位置的坦克不相互轰炸，R&(R>>1) != 0，则存在相邻的1，R&(R>>2)同理，R&L同理

3、状态转移，dp[k][R][L] = max(dp[k][R][L], dp[k-1][L][FL]+num[R])，num[R]为当前行的坦克数量，这个预处理出来。关于遍历顺序，由于上一行的最优状态不一定是这一行的最优，所以先遍历FL，后面再更新L，R

4、滚动数组

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <stack>
#include <iomanip>
#include <cstdio>

using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const LL N = 1e3+50;
const LL MOD = 1e9+7;
const LL INF = 0x3f3f3f3f;

#define lson l, m, rt>>1
#define rson m+1, r, rt>>1|1

int n, m, dp[3][N][N], a[105], num[N];
char c;
int get(int x)
{
    int ret = 0;
    while(x)
    {
        if(x&1) ret += 1;
        x >>= 1;
    }
    return ret;
}

int main()
{
    cin >> n >> m;
    for(int i = 0;i < n;++i)
    {
        for(int j = 0;j < m;++j)
        {
            cin >> c;
            a[i] <<= 1;
            a[i] += c=='H'?1:0;
        }
    }
    for(int i = 0;i < (1<<m);++i)
        num[i] = get(i);
    for(int R = 0;R < (1<<m);++R)//第一行
        if(!(R&a[0] || R&(R>>1) || R&(R>>2)))
        dp[0][R][0] = num[R];
    for(int L = 0;L < (1<<m);++L)//第二行
        for(int R = 0;R < (1<<m);++R)
            if(!(R&L || R&a[1] || R&(R>>1) || R&(R>>2) || L&a[0] || L&(L>>1) || L&(L>>2)))
            dp[1][R][L] = num[R]+num[L];
    for(int k = 2;k < n;++k)
    {
        for(int FL = 0;FL < (1<<m);++FL)
        {
            if(FL&a[k-2] || FL&(FL>>1) || FL&(FL>>2)) continue;
            for(int L = 0;L < (1<<m);++L)
            {
                if(L&FL || L&a[k-1] || L&(L>>1) || L&(L>>2)) continue;
                for(int R = 0;R < (1<<m);++R)
                {
                    if(R&L || R&FL || R&a[k] || R&(R>>1) || R&(R>>2)) continue;
                    dp[k%2][R][L] = max(dp[k%2][R][L], dp[(k-1)%2][L][FL]+num[R]);
                }
            }
        }
    }
    int ans = 0;
    for(int R = 0;R < (1<<m);++R)
        for(int L = 0;L < (1<<m);++L)
        ans = max(ans, dp[(n-1)%2][R][L]);
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

状压dp--P2704

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原文地址：https://www.cnblogs.com/shuizhidao/p/11290659.html