题目
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。
输入描述
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。
输出描述
一行，包含一个整数K，表示最多能摆放的炮兵部队的数量
示例1
输入
5 4
PHPP
PPHH
PPPP
PHPP
PHHP
输出
6
题解
知识点：状压dp。
一道经典的状压dp。考虑一行一行放，用一个整数表示一行的炮兵状态，\(1\) 表示放了，\(0\) 表示没放；同样，用一个整数表示一行地图状态，高地为 \(1\) ，平原为 \(0\) ，这样设置 \(01\) 非常方便。
先预处理出一行的合法状态，满足 (i & (i << 1)) || (i & (i << 2)) == 1 都是非法的，因为相邻两格不能放，其余都是合法的，存入合法状态数组 \(v\)。
开始递推，设 \(dp[i][st1][st2]\) 表示第 \(i\) 行，上一行状态是 \(st1\) ，上两行状态是 \(st2\)。枚举这三个状态，再枚举第 \(i-1\) 行的上两行状态 \(st3\)。满足 st1 & dt[i] == 1 则 \(st1\) 不合法，因为不能放在高地；满足 st2 & dt[i-1] || st1 & st2 == 1 ，则 \(st2\) 不合法，因为不能放在高地，且不能和第 \(i-1\) 行冲突；满足 st3 & dt[i-2] || st3 & st1 || st3 & st2 == 1 ，则 \(st3\) 不合法，因为不能放在高地，且不能和第 \(i-1\) 和 \(i-2\) 行冲突。最后全都合法，有转移方程：
每次转移就记录一次答案，可以最后少写一个三重循环找答案。
可以用状态编号优化空间，而不用状态本身作为下标。
时间复杂度 \(O(n \cdot 10^6)\) ，因为跑不满实际上 \(2^m\) 只有 \(65\) 。
空间复杂度 \(O(n \cdot 10^4)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dt[107];
int dp[107][107][107];
vector<int> v, num;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
for (int i = 2;i <= n + 1;i++) {
for (int j = 1;j <= m;j++) {
char ch;
cin >> ch;
if (ch == 'H') dt[i] |= 1 << (j - 1);
}
}
for (int i = 0;i < (1 << m);i++) {
if ((i & (i << 1)) || (i & (i << 2))) continue;
v.push_back(i);
num.push_back(__builtin_popcount(i));
}
int ans = 0;
for (int i = 2;i <= n + 1;i++) {
for (int j = 0;j < v.size();j++) {
int st1 = v[j];
if (st1 & dt[i]) continue;
for (int k = 0;k < v.size();k++) {
int st2 = v[k];
if (st2 & dt[i - 1]) continue;
if (st1 & st2) continue;
for (int l = 0;l < v.size();l++) {
int st3 = v[l];
if (st3 & dt[i - 2]) continue;
if ((st3 & st1) || (st3 & st2)) continue;
dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i - 1][k][l] + num[j]);
}
ans = max(ans, dp[i][j][k]);
}
}
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}