洛谷P2704 [NOI2001]炮兵阵地(状压dp)
时间:2022-06-04
本文章向大家介绍洛谷P2704 [NOI2001]炮兵阵地(状压dp),主要内容包括其使用实例、应用技巧、基本知识点总结和需要注意事项,具有一定的参考价值,需要的朋友可以参考一下。
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
这题好恶心啊。。
看到$M <= 10$一眼状压dp
考虑到每个点能影响三行,于是设$f[i][nxt][now]$表示下一行的状态为$nxt$,本行的状态为$now$的答案
转移的时候枚举下一行。
但是这样是$2^{3m}*N$的,然而根据题目要求,实际上我们能枚举到的状态非常有限。
加点剪枝就A啦
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 10, INF = 1e9 + 10, B = 31;
inline int read() {
char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * f;
}
int N, M;
char s[101][11];
int sta[101], f[2][1 << 11][1 << 11];
bool pd(int now) {
if((now & (now << 1))
||(now & (now << 2))
||(now & (now >> 1))
||(now & (now >> 2)))
return 1;
return 0;
}
main() {
#ifdef WIN32
freopen("a.in", "r", stdin);
#endif
N = read(); M = read();
for(int i = 1; i <= N; i++) {
scanf("%s", s[i] + 1);
for(int j = 1; j <= M; j++)
if(s[i][j] == 'H')
sta[i] += 1 << (j - 1);
}
int limit = (1 << M) - 1, cur = 0, ans = 0;
for(int i = 0; i <= N; i++, cur ^= 1) {
for(int now = 0; now <= limit; now++) {
if(pd(now) || (now & sta[i])) continue;
for(int pre = 0; pre <= limit; pre++) {
if(pd(pre) || (now & pre) || (pre & sta[i - 1])) continue;
for(int nxt = 0; nxt <= limit; nxt++) {
if(pd(nxt) || (now & nxt) || (pre & nxt) || (nxt & sta[i + 1])) continue;
f[cur ^ 1][nxt][now] = max(f[cur ^ 1][nxt][now], f[cur][now][pre] + __builtin_popcount(nxt));
if(i == N - 1) ans = max(ans, f[cur ^ 1][nxt][now]);
// printf("%d %d %d %dn", i, nxt, now, f[cur ^ 1][nxt][now]);
}
}
}
}
printf("%d", ans);
return 0;
}
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