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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），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。

Input

第一行包含两个由空格分割开的正整数，分别表示N和M；

接下来的N行，每一行含有连续的M个字符（‘P’或者‘H’），中间没有空格。按顺序表示地图中每一行的数据。N≤1000；M≤10。

Output

仅一行，包含一个整数K，表示最多能摆放的炮兵部队的数量。

Sample Input

5 4
PHPP
PPHH
PPPP
PHPP
PHHP

Sample Output

6

题解

状压$DP$。

我们令$f[i][j][k]$表示第$i$行二进制状态为$j$，$i-1$行状态为$k$时前$i$行能够放的最多炮兵数。

易得：

$$f[i][j][k]=max(f[i-1][k][p]+getbit(j))$$

其中$p$是$i-2$行的状态，$getbit(j)$是求二进制数$j$中为$1$的个数。

但是这样做会超时，因为枚举所有的状态太多，并且一些状态是无用的，有用的状态很少。

那么我们可以直接进行预处理，将所有可行的状态保存下来，对于$DP$操作我们只用访问数组下标就可以了。

什么是可行：即不会互相攻击并且在平地上。

对于$DP$过程中也要注意考虑转移是否可行。

#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define RE register
#define IL inline
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
using namespace std;
const int N=1000;

int n,m;
char c;
int s[N+5];
int sk[N+5][100];
int cnt[N+5];
int f[N+5][100][100];

IL int getbit(int x)
{
    int sum=0;
    while (x) x-=lowbit(x),sum++;
    return sum;
}
IL int Max(int a,int b) {return a>b ? a:b;}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (RE int i=1;i<=n;i++)
    {
        for (RE int j=1;j<=m;j++)
        {
            c=0;
            while (c!='H'&&c!='P') c=getchar();
            if (c=='H') s[i]|=(1<<j-1);
        }
    }
    for (RE int i=1;i<=n;i++)
        for (RE int j=0;j<(1<<m);j++)
            if ((!(j&(j<<1)))&&(!(j&(j<<2)))&&(!(j&s[i]))) sk[i][++cnt[i]]=j;
    cnt[0]=1;
    for (RE int i=1;i<=cnt[1];i++) f[1][i][1]=getbit(sk[1][i]);
    for (RE int i=2;i<=n;i++)
    {
        for (RE int j=1;j<=cnt[i];j++)
        {
            for (RE int k=1;k<=cnt[i-1];k++) if (!(sk[i][j]&sk[i-1][k]))
            {
                for (RE int p=1;p<=cnt[i-2];p++) if ((!(sk[i][j]&sk[i-2][p]))&&(!(sk[i-1][k]&sk[i-2][p])))
                {
                    f[i][j][k]=Max(f[i][j][k],f[i-1][k][p]+getbit(sk[i][j]));
                }
            }
        }
    }
    int ans=0;
    for (RE int i=1;i<=cnt[n];i++)
        for (RE int j=1;j<=cnt[n-1];j++)
            ans=Max(ans,f[n][i][j]);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}