P2704 炮兵阵地 (状压dp入门题) 题解

题意简述：给定一个大小为n*m的棋盘，棋盘上'H'表示不可放置，'P'表示可放置，一个棋子在棋盘上的攻击范围是其左右上下2格以内，求不冲突情况下的最多摆放棋子数。

分析：决策是对于一个P格子考虑放或不放，因为棋盘是二维的，所以考虑状压，其中m<=10，所以对行状压，那么可用f[i]表示前i行的最多摆放棋子数，但考虑到第i行的摆放决策取决于i-2、i-1行的摆放情况，因此需要给f增加两维，即用f[i][j][k]表示摆放前i行，并以j和k作为结尾的两行的最大棋子数，于是状态转移方程为：f[i][j][k]=max(f[i-1][w][j])+num[k]。其中一些细节是能否摆放、横向冲突以及纵向冲突的判断，空间可用滚动数组优化。最后是复杂度分析，感觉上，时间复杂度应该是O(n*(1<<m)^3)，大约为1e11,直接T飞，但实际上可以预处理出所有横向不冲突的状态，设横向不冲突状态数为p，p最大为60，这样时间复杂度就降为O(n*p^3)，100*60^3大约为2e7，可以接受，因为只需要枚举p个状态，因此空间复杂度为O(p^2)。还有最坑的一点就是n=1的边界情况，这个要特判一下。

代码：

#include<stdio.h>
const int N=100+3,max=60;
int n,m;
int a[N],num[max+3],res[max+3],f[2][max+3][max+3];
inline int maxx(int a,int b){return a>b?a:b;}
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
void ini()
{for (int i=0;i<(1<<m);i++){bool flag=(((i<<2)&i)||((i<<1)&i)||((i>>1)&i)||((i>>2)&i));if (!flag) res[++res[0]]=i;}for (int i=1;i<=res[0];i++)for (int j=res[i];j;j-=lowbit(j)) num[i]++;
}
void dp()
{for (int j=1;j<=res[0];j++)if (!(res[j]&a[1]))for (int k=1;k<=res[0];k++)if (!(res[k]&a[2])&&!(res[j]&res[k]))f[0][j][k]=num[j]+num[k];for (int i=3;i<=n;i++)for (int j=1;j<=res[0];j++)if (!(res[j]&a[i-1]))for (int k=1;k<=res[0];k++)if (!(res[k]&a[i])&&!(res[j]&res[k])){f[i&1][j][k]=-1;for (int w=1;w<=res[0];w++)if (!(res[w]&a[i-2])&&!(res[w]&res[j])&&!(res[w]&res[k]))f[i&1][j][k]=maxx(f[i&1][j][k],f[(i-1)&1][w][j]+num[k]);}
}
void special()
{int ans=-1;for (int i=1;i<=res[0];i++)if (!(res[i]&a[1])) ans=maxx(ans,num[i]);printf("%d",ans);
}
signed main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for (int i=1;i<=n;i++){char s[10+5]; scanf("%s",s+1);for (int k=m;k>=1;k--) a[i]=(a[i]<<1)+(s[k]=='H'?1:0);}ini(); if (n==1) {special();return 0;}dp();int ans=-1;for (int j=1;j<=res[0];j++)if (!(res[j]&a[n-1]))for (int k=1;k<=res[0];k++)if (!(res[k]&a[n])&&!(res[j]&res[k]))ans=maxx(ans,f[n&1][j][k]);printf("%d",ans);return 0;
}

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