本文主要是介绍状态压缩(1) Hdu 4539 郑厂长系列故事——排兵布阵，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！
题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4539
郑厂长系列故事——排兵布阵
Time Limit: 10000/5000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65535/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1435 Accepted Submission(s): 520
也不是副厂长
他根本就不是厂长
事实上
他是带兵打仗的团长
一天，郑厂长带着他的军队来到了一个n*m的平原准备布阵。
根据以往的战斗经验，每个士兵可以攻击到并且只能攻击到与之曼哈顿距离为2的位置以及士兵本身所在的位置。当然，一个士兵不能站在另外一个士兵所能攻击到的位置，同时因为地形的原因平原上也不是每一个位置都可以安排士兵。
现在，已知n,m 以及平原阵地的具体地形，请你帮助郑厂长计算该阵地,最多能安排多少个士兵。
每组数据的第一行包含2个整数n和m (n <= 100, m <= 10 )，之间用空格隔开；
接下来的n行，每行m个数，表示n*m的矩形阵地，其中1表示该位置可以安排士兵，0表示该地形不允许安排士兵。
6 6 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
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真正意义上的第一道状态压缩题，做完这一道，再也不会对状压题发憷了o(*￣▽￣*)ゞ 。
一般情况的状态压缩题 都会有一个维度很小（小于20），就提示用状态压缩，用二进制数去表示一个状态，用二进制数的操作满足题意的限制条件。
对于一般的状态压缩题，枚举出所有的状态，通过不断判断都可以 dp得到最值。不过这样的时间复杂度 过高，大多数题都不能过，于是就可以根据题意的限制条件来预处理每种状态的合理性，保存下较少的合理状态，就可以用较短的时间得到结果。
分析本题：给一个n*m的矩阵，每个位置用来放置士兵，0表示不可以，1表示不可以。而且一个士兵不能站在另一个士兵的攻击点上。
注意到一个维度 m 的范围是小于等于10，于是我们就用一个10位的二进制数来表示一行的状态，用二进制中的0和1来表示是否占用其位置。
再看士兵的攻击范围：是距离当前士兵的曼哈顿距离为2的周围8个点（当然不能超出地图）。发现当前点是否可以放士兵 是跟前两行都是有关系的，所以用三重循环来判断状态是否可行。
注意要 预处理 每行的状态（简单判断一下）：根据原有地图的可放置与不可放置点，还有在同一行的曼哈顿距离为2 的点。。来进行初步的筛选状态，并存储起来，用其数组下标表示状态，可以减少复杂度。
具体看代码：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 105
#define M 13
int n,m;
int map[N][M],ok[N];//ok[i]存原图第i行的二进制数
int p2[M],all[N][200],ind[N];//p2存2的指数幂，all[i][j]存第i行可以成立的第j种状态的二进制数.ind[i]存第i行可以成立的状态数。
void init(){p2[0] = 1;for (int i = 1; i < 12; i++)p2[i] = p2[i-1]*2;return ;
}
void done(){memset(ind,0,sizeof(ind));for (int i = 1; i <= n; i++){for (int j = 0; j <= ok[i]; j++){if((j | ok[i]) > ok[i])continue;if((j & (j << 2) )!= 0)continue;if((j & (j >> 2) )!= 0)continue;all[i][ind[i]++] = j;}}
#if 0puts("");for (int i = 1; i <= n; i++){printf("%d\n",ind[i]);for (int j = 0; j < ind[i]; j++){printf("%d ",all[i][j]);}puts("");}for (int i = 0; i < 12; i++){printf("%d ",p2[i]);}puts("");
#endif
}
int cal_num(int x){int num=0;while(x){x = x&(x-1);num++;}return num;
}
int dp[N][200][200];//dp[x][i][j] 当第x行是i状态，x-1行是j状态时 从1->x行能够放置的炮兵的最大值
int solve()
{int ans = 0;memset(dp,0,sizeof(dp));int nstate,mstate;for (int j = 0; j < ind[1]; j++){//init the first linenstate = all[1][j];dp[1][j][0] = cal_num(nstate);ans = max(ans,dp[1][j][0]);}for (int i = 0; i < ind[1]; i++){//init the second linenstate = all[1][i];for (int j = 0; j < ind[2]; j++){mstate = all[2][j];if((mstate & (nstate>>1)) || (nstate & (mstate>>1)))continue;//2 <-> 1//if((mstate & (nstate<<1)) || (nstate & (mstate<<1)))continue;dp[2][j][i] = dp[1][i][0] + cal_num(mstate);ans = max(ans,dp[2][j][i]);}}int pstate;for (int x = 3; x <= n; x++)//deal with the 3rd to nth line{for (int i = 0; i < ind[x-2]; i++){ pstate = all[x-2][i];for (int j = 0; j < ind[x-1]; j++){ nstate = all[x-1][j];if((nstate & (pstate>>1)) || (pstate & (nstate>>1)))continue;//x-1 <-> x-2//if((pstate & (nstate<<1)) || (nstate & (pstate<<1)))continue;//x-1 <-> x-2for (int k = 0; k < ind[x]; k++){ mstate = all[x][k];if(pstate & mstate)continue;//x <-> x-2if((mstate & (nstate>>1)) || (nstate & (mstate>>1)))continue;//x <-> x-1// if((mstate & (nstate<<1)) || (nstate & (mstate<<1)))continue;dp[x][k][j] = max(dp[x-1][j][i]+cal_num(mstate),dp[x][k][j]);ans = max(ans,dp[x][k][j]);}}}}return ans;
}
int main()
{init();while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){memset(ok,0,sizeof(ok));for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= m; j++){scanf("%d",&map[i][j]);ok[i] += map[i][j] * p2[j-1];}#if 0puts("");for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",ok[i]);
#endif done();printf("%d\n",solve());}return 0;
}
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