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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
题解:
1.学了轮廓线更新之后,一看到这种棋盘DP就忍不住往轮廓线上想:由于状态转移关系到上两行,所以轮廓线就需要记录两行了,即每一列都需要记录两个格,可知每一列有三种状态,那么用四进制表示。所以复杂度大概为:100*10*(4^10)*2= 很大很大。轮廓线更新都满足不了复杂度要求,那行更新就更加不能满足了吧?能,看下一点。
2.枚举一行的所有状态,因为要求两点间距离>2,所以可以筛掉很多无效状态,最终得到60个有效状态。
3.得到有效状态后,剩下的工作就是典型的状压DP行更新了。复杂度:100*64*64*64。
代码如下:
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <algorithm> 5 #include <vector> 6 #include <cmath> 7 #include <queue> 8 #include <stack> 9 #include <map> 10 #include <string> 11 #include <set> 12 using namespace std; 13 typedef long long LL; 14 const double EPS = 1e-6; 15 const int INF = 2e9; 16 const LL LNF = 9e18; 17 const int MOD = 1e5; 18 const int MAXN = 1e3+10; 19 20 //row记录每一行的可放状态 21 //sta记录有效状态,cnt记录有效状态有多少个点 22 //dp[i][j][k]:更新到第i行,且第i-1行的状态为sta[j],第i行的状态为sta[k] 的最大放置数。 23 int row[110], sta[65], cnt[MAXN], dp[110][65][65]; 24 int main() 25 { 26 int n, m = 10; 27 char str[15]; 28 while(scanf("%d%d", &n,&m)!=EOF) 29 { 30 for(int i = 1; i<=n; i++) 31 { 32 scanf("%s", str); 33 row[i] = 0; 34 for(int j = 0; j<m; j++) 35 row[i] += (str[j]=='H')*(1<<j); 36 } 37 38 int tot = 0; 39 for(int s = 0; s<(1<<m); s++) 40 { 41 if( !(s&(s<<1)) && !(s&(s<<2)) ) 42 { 43 sta[++tot] = s; 44 cnt[tot] = 0; 45 for(int j = 0; j<m; j++) 46 if(s&(1<<j)) 47 cnt[tot]++; 48 } 49 } 50 51 memset(dp, 0, sizeof(dp)); 52 for(int i = 1; i<=n; i++) 53 { 54 for(int j = 1; j<=tot; j++) 55 { 56 int s1 = sta[j]; 57 if(i>2 && (s1&row[i-2])) continue; 58 for(int k = 1; k<=tot; k++) 59 { 60 int s2 = sta[k]; 61 if(i>1 && (s2&row[i-1])) continue; 62 if(s1&s2) continue; 63 for(int t = 1; t<=tot; t++) 64 { 65 int s3 = sta[t]; 66 if(s3&row[i]) continue; 67 if((s1&s3)||(s2&s3)) continue; 68 dp[i][k][t] = max(dp[i][k][t], dp[i-1][j][k]+cnt[t]); 69 } 70 } 71 } 72 } 73 74 int ans = 0; 75 for(int i = 1; i<=tot; i++) 76 for(int j = 1; j<=tot; j++) 77 ans = max(ans, dp[n][i][j]); 78 printf("%d ", ans); 79 } 80 }