poj 1185 炮兵阵地（状压DP）

炮兵阵地

---

---

$ solution: $

这一道题限制条件有点多，我们需要逐个击破：

1. 首先要判断这一格是否为山地，这个可以状态压缩
2. 然后我们的左右一定距离不能有炮兵，这是一个突破口，因为我们看数据发现每行不超过十个格子！这样的话我们完全可以预处理出来每一行的填充方案而且这些方案肯定很少！
3. 某一格的前面两格也不能有炮兵。这个限制最麻烦，他涉及了前两行，我们如果要从第一行开始向下推，那就必须知道前两行的所有情况！但是这些在极小的数据范围面前都可以想办法解决。

这是这道题的三个关键点，然后我们可以想到用前两行的状态来DP，我们将前两行全部压缩起来（博主的压缩方式比较复杂，因为他的数据n比较大，但我们之前已经分析过每一行的放置方案不会很多，所以我们可以离散化）。然后我们向下推的时候就比较显然了，我们用前两行的方案和这一行的山地的状压进行与运算，即可得到这一行哪些地方不能放炮兵，然后暴力枚举放置方案看哪一些符合然后转移即可。详细见代码。

---

---

$ code: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define rg register int

using namespace std;

int n,m,t,tt,ans;
int f[105][10005],d[1050005];
int a[105],b[105],s[10005],ss[10005],sss[10005];
string c;

inline int qr(){
	register char ch; register bool sign=0; rg res=0;
	while(!isdigit(ch=getchar())) if(ch=='-')sign=1;
	while(isdigit(ch)) res=res*10+(ch^48),ch=getchar();
	return sign?-res:res;
}

inline void dfs(int i,int v){
	if(i<0){b[++t]=v;return;}
	dfs(i-3,v^(1<<i));
	dfs(i-1,v);
}

inline int num(int x){
	rg res=0;
	while(x){
		if(x&1)++res;
		x>>=1;
	}return res;
}

int main(){
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	n=qr(); m=qr(); dfs(m-1,0);
    for(rg i=1;i<=n;++i){ cin>>c;
		for(rg j=0;j<m;++j)
			if(c[j]=='H')a[i]=a[i]+(1<<j);
	} sort(b+1,b+t+1); f[0][1]=1;
	for(rg i=1;i<=t;++i){
		sss[i]=num(b[i]);
		for(rg j=1;j<=t;++j){
			if(b[i]&b[j])continue;
			s[++tt]=b[i]+(b[j]<<m);
			ss[tt]=b[i]|b[j];
			d[s[tt]]=tt;
		}
	}
	for(rg i=0;i<n;++i){
		for(rg j=1;j<=tt;++j){
			if(!f[i][j])continue;
			for(rg k=1;k<=t;++k){
				if(b[k]&a[i+1]||b[k]&ss[j])continue;
				f[i+1][d[(s[j]>>m)+(b[k]<<m)]]=max(f[i+1][d[(s[j]>>m)+(b[k]<<m)]],f[i][j]+sss[k]);
			}
		}
	}for(rg i=1;i<=tt;++i) ans=max(f[n][i],ans);
	printf("%d
",ans-1);
	return 0;
}