（POJ 1185）炮兵阵地状压DP经典题目

本文主要是介绍（POJ 1185）炮兵阵地状压DP经典题目，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

炮兵阵地
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：
这里写图片描述
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

Noi 01

题意：
在一个n行m列的矩阵中，字符’P’处能放炮兵，字符’H’处不能放炮兵。并且如果两个炮兵在一条（水平或垂直）直线上时，它们的距离不能小于2，问最多放多少个兵。

分析：
写过之前的POJ 3254 后，对于这一题理解起来就比较的简单了
只是相邻的要判断两位，垂直方向上要判断两行不冲突

/** 
题意：在一个n行m列的矩阵中，字符'P'处能放炮兵，字符'H'处不能放炮兵。 并且如果两个炮兵在一条（水平或垂直）直线上时，它们的距离不能小于2，问最多放多少个兵。 由于在求第i行时，它的状态要收到第i-1行和i-2行的影响，所以定义一个三维dp: 
dp[i][j][k]表示第i行的状态为state[j]，第i-1行的状态为state[k]时，前i行能放炮兵的最大数量。 for ( ... i < n ...) 
{ for ( ... j < nState ... ) { 如果状态j和第i行的地形不冲突，那么： for ( ... k < nState ... ) { 如果第i行状态j和第i-1行状态k不冲突，那么： for ( ... h < nState ... ) { 如果第i行状态j和第i-2行状态h不冲突，那么： 在dp[i-1][k][h]中找最大的一个赋值给dp[i][j][k]，再加上state[j]中1的个数 } } } 
} */  #include <cstdio>  
#include <cstring>  
#include <iostream>  
#include <algorithm>  using namespace std;  int n, m, dp[105][80][80];      //dp[i][j][k]表示第i行的状态为j，第i-1行的状态为k时能放炮兵的最大数量  int nState, state[80], num[80]; //10位二进制位中各个1之间的距离不小于2，这样的数只有60个。  //依次存放在state[]中，num[i]表示state[i]中1的个数  //在小于2^m的数中找1之间的距离不小于2的数，保存在state[]中  
void init()  
{  int k = 1 << m;  nState = 0;  for (int i = 0; i < k; i++)  if ( (i&(i<<1)) == 0 && (i&(i<<2)) == 0 )  {  state[nState] = i;  num[nState] = 0;  int j = i;  while (j)  {  num[nState] += j % 2;  j /= 2;  }  nState++;  }  
}  int main()  
{  int  row[105];  char str[15];  while ( cin >> n >> m )  {  init();  for (int i = 0; i < n; i++)  {  row[i] = 0;  scanf("%s", str);  for (int j = 0; j < m; j++)  if (str[j] == 'P')  row[i] += 1 << j;  }  memset(dp, 0, sizeof(dp));  // 计算dp[0]  for (int j = 0; j < nState; j++)  {  if ( (state[j] & row[0]) != state[j] )  continue;  for (int k = 0; k < nState; k++)  dp[0][j][k] = num[j];  }  // 计算dp[1]  if (n > 1)  for (int j = 0; j < nState; j++)  {  if ( (state[j] & row[1]) != state[j] )  continue;  for (int k = 0; k < nState; k++)  {  if ( (state[j] & state[k]) == 0 )  dp[1][j][k] = dp[0][k][0] + num[j];  }  }  // 计算dp[>1]  for (int i = 2; i < n; i++)  {  for (int j = 0; j < nState; j++)  {  if ( (state[j] & row[i]) != state[j] )  continue;  for (int k = 0; k < nState; k++)  {  if ( state[j] & state[k] )  continue;  for (int h = 0; h < nState; h++)  {  if ( state[j] & state[h] )  continue;  if ( dp[i-1][k][h] > dp[i][j][k] )  dp[i][j][k] = dp[i-1][k][h];  }  dp[i][j][k] += num[j];  }  }  }  // 在dp[n-1]中找最大值  int max = 0;  for (int j = 0; j < nState; j++)  {  for (int k = 0; k < nState; k++)  if (max < dp[n-1][j][k])  max = dp[n-1][j][k];  }  printf("%d\n", max);  }  
}