POJ 1185 炮兵阵地(经典的状态压缩DP)

2014-06-05 来源: rockZ 发布在  http://www.cnblogs.com/kkkwjx/p/3770199.html

题意:中文题。

思路,经典的状态压缩题目。

由于列长比较小,我们可以以行为阶段用状态压缩来做。

由于攻击只占两个格,这样从行的角度看,第i行的炮兵只与前i-1和前i-2行有关系。这样如果用j,k,l分别表示第i,i-1,i-2行的炮兵摆放状态,而num[i][j]表示第i个摆放状态为j时的炮兵个数。dp[i][k][j]表示以i为最后一行,倒数第一行摆放为j,倒数第二行摆放为k时的最优解。

这样得到状态转移方程dp[i][k][j]=max{dp[i-1][l][k]+num[i][j]},前提是j和k、l都不互相攻击。

其中炮兵的摆放状态要预处理出来,如果m至大为10,这样枚举的话最多是2^10。由于最后得到合法状态不多,使用的时候可以直接用保存的下标而不是用二进制表示状态。这样可以大大提高时空复杂度。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
vector<];
vector<];
][];
int m,n;
bool check(int sta,int d)
{
    <<d);
}
bool check1(int c,int sta)//检查是否在山上放炮
{
    ; i<m; ++i)
        if(grid[c][i]=='H'&&check(sta,i))
            return false;
    return true;
}
bool attack(int d,int sta)//某状态下判断同行之间是否相互攻击
{
    >=&&check(sta,d-)) return true;
    >=&&check(sta,d-)) return true;
    <m&&check(sta,d+)) return true;
    <m&&check(sta,d+)) return true;
    return false;
}
int check2(int sta)//判断是否互相攻击和统计炮个数
{
    ;
    ; i<m; ++i)
        if(check(sta,i))
        {
            ;
            else cnt++;
        }
    return cnt;
}
void init(int c)
{
    ; i<(<<m); ++i)
        if(check1(c,i))//没有放在山坡上的情况
        {
            int cnt=check2(i);//判断是否互相攻击和炮个数
            )
            {
                sta[c].push_back(i);//保存摆放位置状态
                num[c].push_back(cnt);//保存对应状态下的个数
            }
        }
}
][][];
bool attack2(int sta1,int sta2)//判断不同行之间的状态下炮是否互相攻击
{
    ; i<m; ++i)
        if(check(sta1,i)&&check(sta2,i)) return true;
    return false;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    ; i<=n; ++i)
    {
        scanf("%s",grid[i]);
        init(i);
    }
    )
    {
        ;
        ;i<sta[].size();++i)
            ans=max(ans,num[][i]);
        printf("%d\n",ans);
        ;
    }
    ; i<sta[].size(); ++i)
        ; j<sta[].size(); ++j)
            ][i],sta[][j]))
                dp[][i][j]=num[][i]+num[][j];
    ; i<=n; ++i)
    {
        ; k<sta[i].size(); ++k)
            ; j<sta[i-].size(); ++j)
            {
                ][j];
                if(!attack2(stak,staj))
                {
                    ;
                    ; l<sta[i-].size(); ++l)
                    {
                        ][l];
                        if(!attack2(stak,stal)&&!attack2(staj,stal))
                            maxn=max(maxn,dp[i-][l][j]);
                    }
                    dp[i][j][k]=maxn+num[i][k];
                }
            }
    }
    ;
    ; i<sta[n].size(); ++i)
        ; j<sta[n-].size(); ++j)
            ans=max(ans,dp[n][j][i]);
    printf("%d\n",ans);
    ;
}

相关文章