题目大意：
炮兵阵地 设置炮兵的位置 其上两位 下两位 左两位 右两位 不能同时设置炮兵
这题是 corn fields玉米地 的升级版 可以先看下这题的注释 更详细些
第一种方法是网上大多数题解的解法 https://blog.csdn.net/zwj1452267376/article/details/51387718
第二种方法是在第一种的基础上
预处理出每一行的可能状态，并直接保存其对应的下标 i ， 这样可以通过下标 i ，
直接找到对应的状态 may[i] 和该状态对应的1的个数 num[i] ，而不需要另外将行数与状态及个数对应存储
将其建成邻接表的形式
这样在枚举每一行的状态时 只要查询邻接表就行
不需要枚举每种状态再去判断其是否能够对应该行的映像
而找到该行邻接表中存放的状态下标 直接得到该状态及个数
预处理出第一行的dp[][][]，再依据第一行处理出第二行的dp[][][]
这样在处理之后的各行时 就可以直接判断该行的前两行的状态了
/// 第一种方法 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m,may[65],num[65]; int mir[105],dp[105][65][65]; int getnum(int w) { // 计算w中1的个数 int cnt=0; while(w) { cnt+=(w & 1); w >>= 1; } return cnt; } int main() { while(~scanf("%d%d",&n,&m)) { int len=0; for(int i=0;i<(1<<m);i++) // 预处理m列所有可能状态及其1的个数 if((i&(i<<1))==0 && (i&(i<<2))==0 && ((i<<1)&(i<<2))==0)) may[len]=i,num[len++]=getnum(i); //for(int i=0;i<len;i++) printf("%d %d\n",may[i],num[i]); memset(mir,0,sizeof(mir)); for(int i=0;i<n;i++) { char c[15]; scanf("%s",c); for(int j=0;j<m;j++) if(c[j]=='H') mir[i]|=1<<j; // 处理出每一行的映像 利于寻找可能状态 } memset(dp,0,sizeof(dp)); for(int i=0;i<len;i++) // 预处理第一行 if((mir[0]&may[i])==0) dp[0][i][0]=max(dp[0][i][0],num[i]); for(int i=0;i<len;i++) // 预处理第二行 if((mir[1]&may[i])==0) for(int j=0;j<len;j++) if((may[j]&mir[0])==0 && (may[j]&may[i])==0) dp[1][i][j]=max(dp[1][i][j],dp[0][j][0]+num[i]); for(int i=2;i<n;i++) { // 枚举更新的行数 for(int j=0;j<len;j++) { // 枚举i行的可能状态 if((may[j]&mir[i])==0) { for(int k=0;k<len;k++) { // 枚举i-1行的可能状态 if((may[k]&mir[i-1])==0 && (may[j]&may[k])==0) { for(int p=0;p<len;p++) { // 枚举i-2行的可能状态 if((may[p]&mir[i-2])==0 && (may[p]&may[k])==0 && (may[j]&may[p])==0) { dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][k][p]+num[j]); } } } } } } } int ans=0; for(int i=0;i<len;i++) for(int j=0;j<len;j++) ans=max(ans,dp[n-1][i][j]); printf("%d\n",ans); } return 0; }
/// 第二种方法 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m,len; // 将图转为0 1图，1表示该位置可放炮兵 int may[65], num[65]; // may[]保存m列的所有可能状态， num[]保存对应下标的may[]保存的状态包含几个1 int dp[105][65][65]; // dp[i][j][k]=到i行为止1的总个数 i行状态为may[j],i-1行状态为may[k] vector <int> sta[105]; // 保存每行所有的可能状态对应的下标 int get_num(int w) { // 得到w中有几个1 int cnt=0; while(w) { cnt+=(w & 1); w >>= 1; } return cnt; } void init() { // m最大为10 先预处理出10列的所有可能状态 for(int i=0;i<(1<<10);i++) if((i&(i<<1))==0 && (i&(i<<2))==0 && ((i<<1)&(i<<2))==0) may[len]=i, num[len++]=get_num(i); } void save_sta(int row,int mir) { // 保存row行的可能状态的对应下标，mir为row行的映像 sta[row].clear(); for(int i=0;i<len;i++) { if(may[i]>=(1<<m)) break; // 超过了m列的状态 直接忽略 if(may[i]&mir) continue; // 不是row行的可能状态 则跳过 sta[row].push_back(i); /// 保存符合的状态的对应下标 } } int main() { init(); while(~scanf("%d%d",&n,&m)) { for(int i=0;i<n;i++) { char c[15]; scanf("%s",c); int mir=0; for(int j=0;j<m;j++) // P为可放 H为不可放 if(c[j]=='H') mir|=1<<j; /// 处理出一个反过来的映像 save_sta(i,mir); /// 利于与所有状态对照 } memset(dp,0,sizeof(dp)); for(int i=0;i<sta[0].size();i++) { int t=sta[0][i], mt=may[t], nt=num[t]; /// t即为可能状态的对应下标 则 may[t]为可能状态 num[t]为该状态中的1的数量 dp[0][t][0]=max(dp[0][t][0],nt); // 更新第1行 // 第一行只需考虑本身状态 for(int j=0;j<sta[1].size();j++) { int t1=sta[1][j], mt1=may[t1], nt1=num[t1]; if(mt1&mt) continue; // 第二行只需考虑第一行的状态与其是否冲突 dp[1][t1][t]=max(dp[1][t1][t],dp[0][t][0]+nt1); // 更新第二行 } } for(int i=2;i<n;i++) { // 更新第i行时， 需考虑i-1及i-2行是否冲突 for(int j=0;j<sta[i].size();j++) { // 枚举第i行状态 int t1=sta[i][j], mt1=may[t1], nt=num[t1]; for(int k=0;k<sta[i-1].size();k++) { // 枚举i-1行状态 int t2=sta[i-1][k], mt2=may[t2]; if(mt1&mt2) continue; // i与i-1冲突则跳过 for(int p=0;p<sta[i-2].size();p++) { // 枚举i-2行的状态 int t3=sta[i-2][p], mt3=may[t3]; if((mt2&mt3) || (mt1&mt3)) continue; // i-2与i-1冲突 i-2与i冲突 则跳过 dp[i][t1][t2]=max(dp[i][t1][t2],dp[i-1][t2][t3]+nt); } /// i行t1状态(i-1为t2)= max{ i-1行t2状态(i-2为t3) + i行1的个数 } } } } int ans=-1; for(int i=0;i<sta[n-1].size();i++) { int t1=sta[n-1][i]; for(int j=0;j<sta[n-2].size();j++) { int t2=sta[n-2][j]; ans=max(ans,dp[n-1][t1][t2]); } /// 最后一行各种可能状态的最大值 } printf("%d\n",ans); } return 0; }