• POJ1185 炮兵阵地 —— 状压DP


    题目链接:http://poj.org/problem?id=1185

    炮兵阵地
    Time Limit: 2000MS   Memory Limit: 65536K
    Total Submissions: 30608   Accepted: 11828

    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。 

    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。

    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 }
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/DOLFAMINGO/p/8508813.html
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