Acwing.炮兵阵地
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题目描述
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。
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。
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。
数据范围
N ≤ 100, M ≤ 10
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输入样例：
5 4
PHPP
PPHH
PPPP
PHPP
PHHP
输出样例：
6
题解：
状态压缩DP：
1.明确状态表达式：假设f[ i ] [ j ] [ k ] 表示当前为第 i 行， 状态为 j ， 第 i - 1 的状态为 k的方案数；
2.预处理出地图的状图以及每一行所有状态的合法方案：即满足(state >> i & 1) && ((state >> i + 1 & 1) | (state >> i + 2 & 1)) == 0
3.假设第 i - 2 的状态为u，ones[ j ]表示该状态下的炮兵数量(1的个数), 只要这些状态满足合法方案，即：
（state[ j ] & state[ k ]) | (state[ u ] & state[ j ]) | (state[ u ] & state[ k ]) == 0
则可以得到状态转移方程式为：
f[ i ] [ j ] [ k ] = max(f[ i ] [ j ] [ k ], f[ i - 1 ] [ k ] [ u ] + ones[ j ]);
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 11;
int n, m;
int g[110];
int state[1 << N], ones[1 << N];
int f[2][1 << N][1 << N];
bool check(int state) //判断该状态是否合法
{
for(int i = 0; i < m; i++) {
if((state >> i & 1) && ((state >> i + 1 & 1) | (state >> i + 2 & 1)))
return false;
}
return true;
}
int get_ones(int x) //获取每个状态1的个数
{
int sum = 0;
while(x){
if(x & 1)sum++;
x >>= 1;
}
return sum;
}
int main()
{
cin >> n >> m;
char c;
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = 1; j <= m; j++){
cin >>c;
if(c == 'H')g[i] += 1 << (m - j); // 把每一行的状态记录下来 1 表示山地
}
}
int cnt = 0;
for(int i = 0; i < 1 << m; i++){ //预处理出合法状态
if(check(i)){
state[cnt] = i;
ones[cnt++] = get_ones(i);
}
}
int ans = 0;
int t = 0; //滚动数组
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = 0; j < cnt; j++) // 第i行的状态
for(int k = 0; k < cnt; k++) // 第i - 1行的状态
for(int u = 0; u < cnt; u++){ //第i - 2行的状态
int a = state[j], b = state[k], c = state[u];
if((a & b) | (a & c) | (b & c))continue; //判断是否合法
if(a & g[i] | b & g[i - 1])continue; //不能放在山地上
f[t][j][k] = max(f[t][j][k], f[t ^ 1][k][u] + ones[j]);
ans = max(ans, f[t][j][k]);
}
t ^= 1;
}
cout <<ans << endl;
return 0;
}