这题和poj 3254很像,但是更复杂了一些
都属于棋盘里放东西,然后又各种各样的限制,然后求方案或者最大值
(1)上一道题距离要大于1,这道题是大于2。所以判断的时候变成
!(x & (x << 1) || (x & x << 2))
然后关于有效状态数,可以自己输入最大的数据,例如这道题就是n=10,然后输出状态数,就可以得到等于60
(2)这道题涉及到前两行的状态。一开始觉得这道题应该是和上一道题是一样的,设第几行和状态是什么就好了
但是这样的话就不能涉及到上上行的状态。因此状态要涉及到这一行和上一行,为什么不顺便把上上行也加进来呢?因为更新的时候用到i-1是可以多往上一行的。同理,如果是往上n行,就要在状态设计中有当前这一行和往上n-2行的状态。
(3)这道题求的是最大值。那么不一定是放到最后一行的答案。所以就要把所有情况都遍历一遍求答案。
(4)还有题目输入的时候,如果是H,就要标记把这一位标记为1,如果下标从0开始的话,就可以写为1 << (m - j - 1)
但是我发现直接写1 << j也可以,因为这样只是把图左右翻过来了而已,这道题只是求最大值,不是求具体的方案,所以对答案并不会有任何影响。
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;
const int MAXN = 112;
const int MAXM = 70;
int dp[MAXN][MAXM][MAXM], map[MAXN];
int num[MAXM], n, m;
vector<int> state;
int one(int x) { return !x ? 0 : 1 + one(x & (x - 1)); }
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
REP(x, 0, 1 << m)
if(!(x & (x << 1) || (x & x << 2)))
{
state.push_back(x);
num[state.size() - 1] = one(x);
}
REP(i, 0, n)
{
char s[15];
scanf("%s", s);
REP(j, 0, m)
if(s[j] == 'H')
map[i] |= (1 << j);
}
REP(i, 0, state.size())
if(!(state[i] & map[0]))
dp[0][i][0] = num[i];
REP(i, 0, state.size())
{
if((state[i] & map[0])) continue;
REP(j, 0, state.size())
{
if((state[j] & map[1])) continue;
if((state[j] & state[i])) continue;
dp[1][j][i] = max(dp[1][j][i], dp[0][i][0] + num[j]);
}
}
REP(r, 2, n)
REP(k, 0, state.size())
{
if((state[k] & map[r-2])) continue;
REP(j, 0, state.size())
{
if((state[j] & map[r-1]) || (state[j] & state[k])) continue;
REP(i, 0, state.size())
{
if((state[i] & map[r]) || (state[j] & state[i]) || (state[i] & state[k])) continue;
dp[r][i][j] = max(dp[r][i][j], dp[r-1][j][k] + num[i]);
}
}
}
int ans = 0;
REP(r, 0, n)
REP(i, 0, state.size())
REP(j, 0, state.size())
ans = max(ans, dp[r][i][j]);
printf("%d
", ans);
return 0;
}