[状压dp] 炮兵阵地(状压dp)

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[状压dp] 玉米田(状压dp) 是高度为 1 的十字形，本题是高度为 2 的十字形。 那么状态转移就和前 2 层有关。且本题是求最大值，而非方案数。

思路：

状态定义：
- f[i][j][k]：摆放完前 i 行，且第 i-1 行摆放状态是 j，第 i 行摆放状态是 k 的所有摆放方案的最大值
状态计算：
- 假设第 i 行状态是 b，第 i-1 行状态是 a，第 i-2 行状态是 c
- 当 ((a&b) | (a&c) | (b&c)) = 0 则说明纵向不会出现冲突
- 当 (g[i-1]&a | g[i]&b)=0 则说明炮兵在平地上。在此与的优先级高于或的优先级，不用加括号
- 状态转移方程： f[i][j][k] = max(f[i][j][k], f[i-1][c][j]+cnt[c])
时间复杂度： n∗2m∗2m∗2m=O(n23m)=100∗230=1011n*2^m*2^m*2^m=O(n2^{3m})=100*2^{30}=10^{11}n∗2m∗2m∗2m=O(n23m)=100∗230=1011 这个时间复杂度…但是里面合法状态很少…依旧可以过

滚动数组优化，不然空间直接爆炸。

重点还是在状态定义及状态计算上。这里状态定义记录了第 i 行状态为 k、第 i-1 行状态为 j。那么找到最后一个不一样的点就是第 i-2 行，所以就依据第 i-2 行进行状态划分即可。

代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>using namespace std;const int N = 11, M = 1 << 10;int n, m;
int g[105];
vector<int> state;
int cnt[M];
int f[2][M][M];     // 使用滚动数组,后两维都已经100w了...bool check(int x) {for (int i = 0; i < m; ++i)         // 针对列做状态压缩,同列三个不能有2个1if ((x >> i & 1) && ((x >> i + 1 & 1) | (x >> i + 2 & 1)))return false;return true;
}int count(int x) {int res = 0;for (int i = 0; i < m; ++i) res += x >> i & 1;return res;
}int main() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; ++i)for (int j = 0; j < m; ++j) {char c;                     // 拿int类型读入char,读入全是0cin >> c;if (c == 'H')g[i] += 1 << j;         // 二进制表示一行}for (int i = 0; i < 1 << m; ++i) if (check(i)) {state.push_back(i);cnt[i] = count(i);}for (int i = 1; i <= n + 2; ++i)for (int j = 0; j < state.size(); ++j)              // j为第i-1行状态for (int k = 0; k < state.size(); ++k)          // k为第i行状态for (int u = 0; u < state.size(); ++u) {    // u为第i-2行状态int a = state[j], b = state[k], c = state[u];if ((a & b) | (b & c) | (a & c)) continue; if (g[i - 1] & a | g[i] & b) continue;f[i & 1][j][k] = max(f[i & 1][j][k], f[i - 1 & 1][u][j] + cnt[b]);}cout << f[n + 2 & 1][0][0] << endl;// 遍历写法，修改第一个 for (int i = 1; i <= n; ++i)/*int res = 0;for (int i = 0; i < state.size(); ++i) for (int j = 0; j < state.size(); ++j)res = max(res, f[n & 1][i][j]);cout << res << endl;*/return 0;
}

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