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。
输入输出格式
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
输入样例#1：
5 4 PHPP PPHH PPPP PHPP PHHP
输出样例#1：
6
这道题是一道状压dp，用1表示放置，0表示不放置来描述一行的状态。因为每一个炮兵都会影响到之后两行的放置，所以要保存两行的状态。发现每行有 2^{10}=1024种状态，要枚举三行的状态，就有1024^{3}了。但如果把一行里不合法（炮兵的攻击范围重叠或与地图冲突）状态都去掉的话，会发现合法状态一共只有 60种，这样就只有60^{3}。将这些筛选后的状态存储起来，带入之后的dp中，可以大幅度节约空间。
转移方程：
用dp[h][i][j]表示第h行为i状态，h-1为j状态时最大能安装多少台。这里只考虑了h行，h-1行，还要考虑h-2行，即dp[h-1][j][k]，其中h-2行为k状态。可得转移方程为dp[h][i][j]=max(dp[h][i][j],dp[h-1][j][k]+l[i])。其中i，j，k状态相互不能冲突，l[i]表示第h行的i状态摆放的机器数量。
细节：
1.判断位置是不是山丘
用二进制数压缩地图(平原是 0，山丘是1)，然后&当前状态。如果位运算结果不是零，说明有些位置放在了山丘上，也就是说当前状态不合法。
2.判断同一行中炮兵的攻击范围是否冲突
((j<<1)&j)||((j<<2)&j)||((j>>1)&j)||((j>>2)&j)
3.状态数量为(1<<m)-1一定要注意
4.注意数组的大小
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=110;
int dp[N][N][N];
int mapp[N];
int num[N];
int l[1<<11];
int kind[N][N];
int count(int cur)
{
int sum=0;
while(cur){
cur=cur&(cur-1);
sum++;
}
return sum;
}
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
char ch;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
scanf(" %c",&ch);
if(ch=='H'){
mapp[i]=(mapp[i]<<1)|1;
}else{
mapp[i]=mapp[i]<<1;
}
}
}
// for(int i=1;i<=n;i++){
// cout<<mapp[i]<<endl;
// }
kind[0][++num[0]]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<(1<<m);j++){
if(((j<<1)&j)||((j<<2)&j)||((j>>1)&j)||((j>>2)&j)){
continue;
}
if(j&mapp[i]){
continue;
}
kind[i][++num[i]]=j;
l[j]=count(j);
}
}
int s1,s2,s3;
for(int h=1;h<=n;h++){
for(int i=1;i<=num[h];i++){
s1=kind[h][i];
if(h==1){
dp[h][i][1]=max(dp[h][i][1],l[s1]);
continue;
}
for(int j=1;j<=num[h-1];j++){
s2=kind[h-1][j];
for(int k=1;k<=num[h-2];k++){
s3=kind[h-2][k];
if(!(s1&s2)&&!(s1&s3)&&!(s2&s3)){
dp[h][i][j]=max(dp[h][i][j],dp[h-1][j][k]+l[s1]);
}
}
}
}
}
int ans=-1;
for(int i=1;i<=num[n];i++){
for(int j=1;j<=num[n-1];j++){
ans=max(ans,dp[n][i][j]);
}
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
/*
3 4
PHPP
PHPP
PHHP
*/