炮兵阵地
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Description
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。
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。
Input
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。
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。
Output
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。
Sample Input
5 4 PHPP PPHH PPPP PHPP PHHP
Sample Output
6
Source
Noi 01
状压DP,
但是这题的话,每一行的状态会影响到上面2行,所以单纯的二维数组是无法完全表示状态的,因此我们用数组dp[i][j][k]表示处理到第i行时,且第i行状态是j,第i - 1行状态时k时最多可以放置的炮兵的个数,
显然 dp[i][j][k] = max(dp[i - 1][k][l]) + c[j];
枚举j,k,l,显然三者是不是冲突的,而且必须适应所放的行,这个可以用&来完成
我们把一行里H的位置设为1,P的位置设为0,表示为一个整数A,状态是一个整数B,如果 A & B != 0显然状态B 是不能放在当前行的,因为此状态在H位置也放了炮兵,如果&以后是0的话,说明这个状态时可以的(P的位置无论放不放 & 以后都是0,只有H位置才可能产生1,所以 此方法是可行的)
#include <map> #include <set> #include <list> #include <stack> #include <vector> #include <queue> #include <cmath> #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; int dp[105][66][66]; int s[66]; int c[66]; int a[105]; char mat[105][14]; int main() { int n, m; while (~scanf("%d%d", &n, &m)) { memset (a, 0, sizeof(a) ); for (int i = 0; i < n; ++i) { scanf("%s", mat[i]); for (int j = 0; j < m; ++j) { if(mat[i][j] == 'H') { a[i] |= (1 << j); } } } int res = 0; memset (c, 0, sizeof(c) ); for (int i = 0; i < (1 << m); ++i) { if( !(i & (i << 1) ) && !(i & ( i << 2) ) ) { s[res] = i; for (int l = 0; l < m; ++l) { if( i & ( 1 << l) ) { c[res]++; } } res++; } } memset (dp, 0, sizeof(dp) ); for (int i = 0; i < res; ++i) { if( !(a[0] & s[i]) ) { dp[0][i][0] = c[i]; } } for (int i = 0; i < res; ++i) { if (a[1] & s[i]) { continue; } for (int j = 0; j < res; ++j) { if ( !(s[i] & s[j]) && !(s[j] & a[0])) { dp[1][i][j] = dp[0][j][0] + c[i]; } } } for (int i = 2; i < n; ++i) { for (int j = 0; j < res; ++j) { if (a[i] & s[j]) { continue; } for (int k = 0; k < res; ++k) { if (a[i - 1] & s[k]) { continue; } for (int l = 0; l < res; ++l) { if (a[i - 2] & s[l]) { continue; } if( !(s[j] & s[k]) && !(s[j] & s[l]) ) { dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i - 1][k][l]); } } dp[i][j][k] += c[j]; } } } int ans = 0; for (int i = 0; i < res; ++i) { for (int j = 0; j < res; ++j) { ans = max(ans, dp[n - 1][i][j]); } } printf("%d\n", ans); } return 0; }
我们尝试去枚举状态j,k,l当然三者不能冲突