【滚动数组】【状压DP】NOI2001炮兵阵地

比眉伴天荒 2022-01-09 05:41 227阅读 0赞

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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： 复制
    5 4
    PHPP
    PPHH
    PPPP
    PHPP
    PHHP
    输出样例#1： 复制
    6

![1881.png][]

这道题依旧状压，区别就是这道题和前两行的状态都有关系

那么很容易想到dp\[i\]\[pr\]\[l1\]代表第i行，当前状态编号为pr，上一行为l1，

但是算一下会发现空间并不够，

这是就有一个高级的东西，叫滚动数组，因为当前行的状态只与前两行有关

所以我们用的时候把状态第一维%3，再算一下空间复杂度，就够了

这道题我卡了一上午

(situ\[pr\]&can\[2\])==0和situ\[pr\]&can\[2\]==0是不一样的

包括!(situ\[pr\]&can\[2\])和!situ\[pr\]&can\[2\]也是不一样的

得出教训

状压DP能多加括号就多加

还有一点，如果读入时候是字符串

处理时候要倒过来，因为字符的第一位其实是我们要的最高位

然后代码在此

1 #include<cstdio>
     2 #include<cstring>
     3 #include<algorithm>
     4 #define N 151
     5 #define M 15
     6 using namespace std;typedef long long ll;
     7 int n,m,pp,ans=-1;
     8 int can[N],dp[3][1<<11][1<<11],situ[1<<11],num[1<<11];
     9 char tt[M];
    10 void search(int id,int sit,int nn)
    11 {
    12     if(id>m){situ[++pp]=sit;num[pp]=nn;return;}
    13     search(id+3,sit+(1<<id-1),nn+1);
    14     search(id+1,sit,nn);
    15 }
    16 int main()
    17 {
    18     memset(dp,~0x3f,sizeof(dp));
    19     scanf("%d%d",&n,&m);
    20     for(int i=1;i<=n;i++)
    21     {
    22         scanf("%s",tt+1);
    23         for(int j=1;j<=m;j++)        
    24             if(tt[j]=='H')
    25                 can[i]|=1<<(m-j);
    26     }
    27     search(1,0,0);
    28     for(int i=1;i<=pp;i++)
    29         if((situ[i]&can[1])==0)
    30             dp[1][i][0]=num[i];
    31     for(int l1=1;l1<=pp;l1++)//line 1
    32         for(int pr=1;pr<=pp;pr++)//line 2
    33             if((situ[pr]&can[2])==0 && (situ[pr]&situ[l1])==0 && (situ[l1]&can[1])==0)
    34                 dp[2][pr][l1]=max(num[pr]+dp[1][l1][0],dp[2][pr][l1]);
    35     for(int i=3;i<=n;i++)
    36         for(int pr=1;pr<=pp;pr++)
    37             if((can[i]&situ[pr])==0)
    38                 for(int l1=1;l1<=pp;l1++)
    39                         if((situ[l1]&situ[pr])==0 && (situ[l1]&can[i-1])==0)
    40                             for(int l2=1;l2<=pp;l2++)
    41                                 if((situ[l2]&situ[l1])==0 && (situ[l2]&situ[pr])==0 && (situ[l2]&can[i-2])==0)
    42                                     dp[i%3][pr][l1]=max(dp[(i-1)%3][l1][l2]+num[pr],dp[i%3][pr][l1]);
    43     for(int l1=1;l1<=pp;l1++)//line n-1
    44         for(int pr=1;pr<=pp;pr++)//line n
    45             ans=max(ans,dp[n%3][pr][l1]);
    46     printf("%d\n",ans);
    47     return 0;
    48 }

转载于:https://www.cnblogs.com/Qin-Wei-Kai/p/10231625.html

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[1881.png]: /images/20220109/377ed0e20d874931877f38457780574e.png