P2704
题目
题目描述
司令部的将军们打算在 N × M N\times M N×M 的网格地图上部署他们的炮兵部队。
一个 N × M N\times M N×M 的地图由 N N N 行 M M M 列组成,地图的每一格可能是山地(用 H \texttt{H} H 表示),也可能是平原(用 P \texttt{P} 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。
输入格式
第一行包含两个由空格分割开的正整数,分别表示 N N N 和 M M M。
接下来的 N N N 行,每一行含有连续的 M M M 个字符,按顺序表示地图中每一行的数据。
输出格式
一行一个整数,表示最多能摆放的炮兵部队的数量。
样例 #1
样例输入 #1
5 4
PHPP
PPHH
PPPP
PHPP
PHHP
样例输出 #1
6
提示
对于 100 % 100\% 100% 的数据, 1 ≤ N ≤ 100 1 \leq N\le 100 1≤N≤100, 1 ≤ M ≤ 10 1 \leq M\le 10 1≤M≤10,保证字符仅包含 P
与 H
。
解题思路
分析
由于每一行都受上两行的状态的影响,所以我们需要开三维数组。
我们令 1 1 1 表示此地放了阵地, 0 0 0 则表示没有。
定义 f [ i ] [ s ] [ s 1 ] f[i][s][s1] f[i][s][s1] 表示当前在第 i i i 行,本行状态为 s s s,上一行状态为 s 1 s1 s1 时最多有几个阵地。
则循环枚举,有:
cpp
f[i][s][s1]=max(f[i][s][s1],f[i-1][s1][s2]+a[s]);
其中 s 2 s2 s2 为上两行状态, a [ s ] a[s] a[s] 表示当状态为 s s s 时放了几个阵地。
但必须满足:
- 状态 s , s 1 , s 2 s,s1,s2 s,s1,s2 均是合法状态。
- s 2 s2 s2 不影响 s , s 1 s,s1 s,s1, s 1 s1 s1 不影响 s s s。
所以纯暴力的代码就已经出来了,不过:
时间复杂度: O ( n m 2 8 m ) O(nm^28^m) O(nm28m)
空间复杂度: O ( n 4 m ) O(n 4^m) O(n4m)
好吧,根本不会炸。
考虑优化:
- 对于每个 a [ i ] a[i] a[i],可以预处理解决。
- 对于每个状态 s s s 本身是否合法可以预处理。
- 对于每个状态 s s s 的下一行有几个合法状态可以预处理。
- 对于每个地形,可以用二进制来表示, 1 1 1 为山地, 0 0 0 为平地。判断是 & 一下就行了。
- 第一维的 i i i 可以滚动掉。
对于 1 :
很简单:
cpp
inline int ga(int x)
{
int cnt=0;
while(x>0)
{
if(x&1)
cnt++;
x>>=1;
}
return cnt;
}
对于 2:
cpp
inline bool check(int x)
{
return !(((x>>2)&x)|(x&(x>>1)));
}
for(int i=0;i<(1<<m);i++)
if(check(i))
s.push_back(i);
即每两个 1 1 1 之间至少隔两个 0 0 0。
对于 3:
cpp
int len=s.size();
for(int i=0;i<len;i++)
for(int j=0;j<len;j++)
if(!(s[i]&s[j]))
Q[s[i]].push_back(s[j]);
对于 4 :
同样很简单:
cpp
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
cin>>c;
g[i]=(g[i]<<1)+(c=='H');
}
}
Code
cpp
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(NULL),cout.tie(NULL);
using namespace std;
const int N=1<<10;
vector<int>s;
vector<int>Q[N];
int n,m,f[101][N][N],g[200],a[N];
char c;
inline bool check(int x)
{
return !(((x>>2)&x)|(x&(x>>1)));
}
inline int ga(int x)
{
int cnt=0;
while(x>0)
{
if(x&1)
cnt++;
x>>=1;
}
return cnt;
}
signed main()
{
IOS;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
cin>>c;
g[i]=(g[i]<<1)+(c=='H');
}
}
for(int i=0;i<(1<<m);i++)
if(check(i))
s.push_back(i),a[i]=ga(i);
int len=s.size();
for(int i=0;i<len;i++)
for(int j=0;j<len;j++)
if(!(s[i]&s[j]))
Q[s[i]].push_back(s[j]);
int Y=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<len;j++)
{
Y++;
int S=s[j];
if(!(g[i]&S))
{
int L=Q[S].size();
for(int k=0;k<L;k++)
{
int S1=Q[S][k];
int Le=Q[S1].size();
for(int u=0;u<Le;u++)
{
int S2=Q[S1][u];
if((S&S2)||(S1&g[i-1])||(S2&g[i-2]))
continue;
f[i][S][S1]=max(f[i][S][S1],f[i-1][S1][S2]+a[S]);
}
}
}
}
}
int ans=0;
for(int i=0;i<len;i++)
for(int j=0;j<Q[s[i]].size();j++)
ans=max(ans,f[n][s[i]][Q[s[i]][j]]);
cout<<ans;
return 0;
}
空间复杂度: O ( 4 m ) O(4^m) O(4m)
时间复杂度: O ( n 8 m ) O(n8^m) O(n8m)
而由于优化过后了,时间复杂度远远跑不满,实际复杂度约为: O ( 60 × [ 20 , 40 ] 2 × n ) O(60\times [20,40]^2 \times n) O(60×[20,40]2×n)