【NOI2001】炮兵阵地 题解

【NOI2001】炮兵阵地

Description

司令部的将军们打算在NM的网格地图上部署他们的炮兵部队。一个NM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。

Input

文件的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。

Output

文件仅在第一行包含一个整数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

题解

这题乍一看除了暴力之外都不太好下手，但是我们看到$M\le 10$非常小，所以我们可以考虑将每一列进行状压（1表示放了炮兵部队，0表示没放），于是我们就可以设出一个很朴素的状态：设$f[i][s1][s2]$表示放完了第$i$行，上一行的放置状态为$s1$，上上行的放置状态为$s2$时最多可以放的炮兵部队的数量。
但是我们计算一下空间：大概是在400MB左右，在gmoj上可以过，但是在洛谷上就会MLE，所以我们考虑怎么缩减状态。
通过写暴力可以发现，在$m\le 10$以内同一行的合法放置状态不会超过60个，于是我们可以用一个$ok$数组存下在同一行内合法的状态以及这样状态下可以在同一行内放置多少个炮兵部队，便可以得到一个很简洁的状态：设$f[i][j][k]$表示放完了第$i$行，上一行的状态是第$j$个合法状态，上上行的状态是第$k$个合法状态时最多可以放的炮兵部队的数量，于是做法就很显然了
先将整个图的状压，然后先预处理出第一行$f[1]$的状态出来，转移的时候注意第二行要进行特殊处理，因为它前面只有一行，然后就可以愉快地暴力DP转移了。

CODE

#include<cstdio>
#include<string>
#include<iostream>
#define max(a,b) (((a)>(b))?(a):(b))
#define min(a,b) (((a)<(b))?(a):(b))
#define R register int
#define N 105
#define M 65 
#define ll long long
#define lowbit(x) x&(-x)
using namespace std;
int map[N],ok[N],f[N][M][M],cnt,tot,oknum[N],ans,n,m;
inline void read(int &x)
{
    
    
	x=0;int f=1;char ch=getchar();
	while (!isdigit(ch)) {
    
    if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();x*=f;
}
inline int count(int x)
{
    
    
	int t=0;
	while (x) {
    
    ++t;x-=lowbit(x);}
	return t;
}
int main()
{
    
    
	read(n);read(m);
	for (R i=1;i<=n;++i)
	{
    
    
		char s[15];cin>>s;
		for (R j=0;j<=m;++j)
			if (s[j]=='H') map[i]|=1<<j;
	}
	tot=(1<<m)-1;
	for (R s=0;s<=tot;++s)
	{
    
    
		if (!(s&(s<<1)) && !(s&(s<<2)) && !(s&(s>>1)) && !(s&(s>>2)))
		{
    
    
			ok[++cnt]=s;oknum[cnt]=count(s);
			if (!(s&map[1])) f[1][0][cnt]=oknum[cnt];
		}
	}
	for (R i=1;i<=cnt;++i)
		for (R j=1;j<=cnt;++j)
			if (!(ok[i]&ok[j]) && !(ok[j]&map[2])) f[2][i][j]=max(f[2][i][j],f[1][0][i]+oknum[j]);
	for (R i=3;i<=n;++i)
		for (R j=1;j<=cnt;++j)
			if (!(map[i]&ok[j]))
				for (R k=1;k<=cnt;++k)
					if (!(ok[j]&ok[k]))
						for (R v=1;v<=cnt;++v)
							if (!(ok[v]&ok[k]) && !(ok[v]&ok[j])) f[i][k][j]=max(f[i][k][j],f[i-1][v][k]+oknum[j]);
	for (R i=1;i<=cnt;++i)
		for (R j=1;j<=cnt;++j)
			ans=max(ans,f[n][i][j]);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}