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轮廓线插头DP。
设$f[i][j][a][b][c][d][e]$表示考虑到了$(i,j)$，轮廓线上3个下插头的位置分别为$a,b,c$，是否有右插头，已经放了$e$个$L$的方案数。
然后直接DP即可。
时间复杂度$O(nm^4)$。
#include<cstdio>
const int N=33,M=4530;
int n,m,cnt,o,i,j,k,x,id[N][N][N];long long f[2][M][2][4];char a[N];
struct P{int a,b,c;P(){}P(int _a,int _b,int _c){a=_a,b=_b,c=_c;}}q[M];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=0;i<=m;i++)for(j=i?i+1:0;j<=m;j++)for(k=j?j+1:0;k<=m;k++)q[cnt++]=P(i,j,k);
for(i=0;i<cnt;i++){
id[q[i].a][q[i].b][q[i].c]=i;
id[q[i].a][q[i].c][q[i].b]=i;
id[q[i].b][q[i].a][q[i].c]=i;
id[q[i].b][q[i].c][q[i].a]=i;
id[q[i].c][q[i].a][q[i].b]=i;
id[q[i].c][q[i].b][q[i].a]=i;
}
for(f[0][0][0][0]=i=1;i<=n;i++){
for(k=0;k<cnt;k++)for(x=0;x<4;x++)f[o][k][1][x]=0;
scanf("%s",a+1);
for(j=1;j<=m;j++){
o^=1;
for(k=0;k<cnt;k++)for(x=0;x<4;x++)f[o][k][0][x]=f[o][k][1][x]=0;
for(k=0;k<cnt;k++)for(x=0;x<4;x++){
if(f[o^1][k][0][x]){
if(a[j]==‘.‘){
f[o][k][0][x]+=f[o^1][k][0][x];
if(q[k].a==j)f[o][id[0][q[k].b][q[k].c]][1][x]+=f[o^1][k][0][x];
else if(q[k].b==j)f[o][id[q[k].a][0][q[k].c]][1][x]+=f[o^1][k][0][x];
else if(q[k].c==j)f[o][id[q[k].a][q[k].b][0]][1][x]+=f[o^1][k][0][x];
else if(x<3)f[o][id[j][q[k].b][q[k].c]][0][x+1]+=f[o^1][k][0][x];
}else if(q[k].a!=j&&q[k].b!=j&&q[k].c!=j)f[o][k][0][x]+=f[o^1][k][0][x];
}
if(f[o^1][k][1][x]&&a[j]==‘.‘){
if(q[k].a==j||q[k].b==j||q[k].c==j)continue;
f[o][k][0][x]+=f[o^1][k][1][x];
f[o][k][1][x]+=f[o^1][k][1][x];
}
}
}
}
return printf("%lld",f[o][0][0][3]),0;
}
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原文地址：http://www.cnblogs.com/clrs97/p/5272766.html
