Description

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），例如以下图。在每一格平原地形上最多可以布置一支炮兵部队（山地上不可以部署炮兵部队）。一支炮兵部队在地图上的攻击范围如图中黑色区域所看到的： 

假设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可以攻击到的区域：沿横向左右各两格，沿纵向上下各两格。图上其他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。

 
如今，将军们规划怎样部署炮兵部队，在防止误伤的前提下（保证不论什么两支炮兵部队之间不能互相攻击。即不论什么一支炮兵部队都不在其它支炮兵部队的攻击范围内），在整个地图区域内最多可以摆放多少我军的炮兵部队。 

Input

Output

Sample Input

5 4
PHPP
PPHH
PPPP
PHPP
PHHP

Sample Output

6

题解：

    假设用 dp[i]表示前i行所能放的最多炮兵数目， 是否能形成递推关系？ 显然不能。由于不满足无后效性。

    依照加限制条件加维度的思想，加个限制条件：dp[i][j]表示第i行的炮兵布局为j的前提下，前i行所能放的最多炮兵数目布局为j体现了状态压缩。j是个10位二进制数，表示一行炮兵的一种布局。有炮兵的位置。相应位为1。没有炮兵的位置，相应位为0。

依旧不满足无后效性。因仅从 dp[i-1][k] (k = 0…1024) 无法推出dp[i][j]。达成 dp[i-1][k]可能有多种方案，有的方案同意第i行布局为j,有的方案不同意第i行布局为j，然而却没有信息能够用来进行分辨。

    再加限制条件，再加一维：dp[i][j][k]表示第i行布局为j,第i-1行布局为k时,前i行的最多炮兵数目。

    1）j,k这两种布局必须相容。否则 dp[i][j][k] = 0

    2) dp[i][j][k] = max{dp[i-1][k][m], m = 0...1023} + Num(j), Num(j)为布局j中炮兵的数目, j和m必须相容, k和m必须相容。此时满足无后效性。

    3) 初始条件：dp[0][j][0] = Num(j)dp[1][i][j] = max{dp[0][j][0]} + Num(i)

    问题：dp数组为：int dp[100][1024][1024], 太大，时间复杂度和空间复杂度都太高。

    解决：每一行里最多能放4个炮兵。就算全是平地，能放炮兵的方案数目也不超过60(用一遍dfs能够所有求出）算出一行在全平地情况下所有炮兵的排列方案，存入数组 state[70]int dp[100][70][70] 足矣。

dp[i][j][k]表示第i行布局为state[j],第i-1行布局为state[k]时,前i行的最多炮兵数目。

參考代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 105;
int Map[N];
int dp[N][65][65];   
int s[N], num[N];
int n, m, p;

bool check(int x) {   
    if(x & (x >> 1)) return false;
    if(x & (x >> 2)) return false;
    return true;
}

int Count(int x) {   
    int i = 1, ans = 0;
    while(i <= x) {
        if(x & i) ans++;
        i <<= 1;
    }
    return ans;
}

void Init() {
    p = 0;
    memset(s, 0, sizeof(s));
    memset(num, 0, sizeof(num));
    for(int i = 0; i < (1 << m); i++) {  
        if(check(i)) {
            s[p] = i;
            num[p++] = Count(i);
        }
    }
}

int main() {
    char ch;
    int T;
        scanf("%d%d", &n, &m);
        if(!n && !m) {
            printf("0\n");
        }
       else{
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        memset(Map, 0, sizeof(Map));
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            for(int j = 0; j < m; j++) {
                cin >> ch;
                if(ch == ‘H‘)
                    Map[i] = Map[i] | (1 << (m - 1 - j));  //P为0，H为1
            }
        }
        Init();
//        printf("p = %d\n", p);
//        for(int i = 0; i < p; i++) {
//            printf("s[%d] = %d, num[%d] = %d\n", i, s[i], i, num[i]);
//        }
        for(int i = 0; i < p; i++) {  
            if(!(Map[0] & s[i]))
                dp[0][i][0] = num[i];
        }
        for(int i = 0; i < p; i++) {   
            if(!(Map[1] & s[i])) {
                for(int j = 0; j < p; j++) {
                    if((!(s[i] & s[j]))) {
                        dp[1][i][j] = max(dp[1][i][j], dp[0][j][0] + num[i]);
                    }
                }
            }
        }
        for(int r = 2; r < n; r++) {   
            for(int i = 0; i < p; i++) {   
                if(!(s[i] & Map[r])) {
                    for(int j = 0; j < p; j++) {  
                        if(!(s[j] & Map[r-1])) {
                            if(!(s[i] & s[j])) {
                                for(int k = 0; k < p; k++) {  
                                    if(!(s[k] & Map[r-2])) {
                                        if(!(s[j] & s[k])) {
                                            if(!(s[i] & s[k])) {
                                                dp[r][i][j] = max(dp[r][i][j], dp[r-1][j][k] + num[i]);
                                            }
                                        }
                                    }
                                }
                            }
                        }
                    }
                }
            }
        }
        int ans = 0;
        for(int i = 0; i < p; i++) {
            for(int j = 0; j < p; j++) {
                if(ans < dp[n-1][i][j])
                    ans = dp[n-1][i][j];
            }
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}