分析
看到$ M<=10 $考虑状压。
然后把每行都压一下，那么每个状态相关的就是上一行和上上行的状态。
然后枚举。
然后复杂度最坏是$ O(100 \times 1024^3) $的
仔细分析一下，有很多状态是无用的，但还是被判断了，比如$ 11111 $，显然不能做到不误伤。
那么我们把所有可能的状态拉出来（据说小于70？），即代码中的$ st $数组
然后用$ dp[i][j][k] $ 表示前i行上行状态st[j]本行状态st[k]的最大炮兵数量
最后统计答案时把最后一行每个位置都要算一下。
代码
#include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn=105; int all[maxn], dp[102][1030][1030], num[1030]; int ans=-1e9, ks=0, n, m, st[maxn], sum[maxn], cnt; char map[maxn][maxn]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%s",map[i]); for(int j=0;j<m;j++){ if(map[i][j]==‘H‘) all[i]|=(1<<j); } } for(int i=1;i<=1025;i++){ for(int j=i;j;j>>=1) if(j%2) num[i]++; } for(int i=0;i<(1<<m);i++) //预处理出一行可能的状态 if(!(i&(i<<1)) && !(i&(i<<2))) st[++cnt]=i,sum[cnt]=num[i]; for(int i=1;i<=cnt;i++) if(!(st[i]&all[1])) dp[1][1][i]=sum[i]; int ans=0; //dp[i][j][k]前i行上行状态st[j]本行状态st[k] for(int i=1;i<n;i++){ for(int j=1;j<=cnt;j++){ for(int k=1;k<=cnt;k++){ if(st[j]&st[k]) continue; for(int l=1;l<=cnt;l++){ if(!(st[j]&st[l])&&!(st[k]&st[l])&&!(st[l]&all[i+1])){ dp[i+1][k][l]=max(dp[i+1][k][l], dp[i][j][k]+sum[l]); } } } } } for(int i=1;i<=cnt;i++) for(int j=1;j<=cnt;j++) ans=max(ans,dp[n][i][j]); printf("%d",ans); return 0; }
