很显然这是一道状压dp的题目
由于每个最优子结构和前两行有关，一个显而易见的想法是用三维dp[i][j][k]用来记录在第i行下为j状态，i - 1行为k状态时的最大值，然而dp[100][1 << 11][1 << 11]显然是要MLE的，我们可以想到用滚动数组优化，事实上确实可以用滚动数组优化。然而 在时间复杂度上 100 * 1024 * 1024 * 1024也是一个不可能补TLE的数字，一个不那么显然的办法是预处理出所有可行的状态，经过看题解或者写个暴力炸一下之后可以知道这些状态并不超过70，也就是说时间复杂度可以优化到100 * 70^3,这就看起来很合情合理了，数组也不用上滚动数组直接跑就好了。
剩下的就是实现的问题了。
用一个state数组预处理出所有的合法状态（在不考虑高地不高地的情况下）
用一个base数组预处理出所有高地的状态（高地为1，平地为0）当state中的状态 & 上base中的状态不为0时，代表有一个小兵站在了高地上，这是不被允许的，就要跳过这个状态。
用一个solider数组预处理出所有合法状态下的小兵数目，左右是省的每次都计算一下有几个小兵，不但让这个程序跑起来很快，也让我们看起来很帅。
附上这个解决方法的代码。
#include <map>
#include <set>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <vector>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <functional>
#define For(i, x, y) for(int i=x; i<=y; i++)
#define _For(i, x, y) for(int i=x; i>=y; i--)
#define Mem(f, x) memset(f, x, sizeof(f))
#define Sca(x) scanf("%d", &x)
#define Scl(x) scanf("%lld",&x);
#define Pri(x) printf("%d\n", x)
#define Prl(x) printf("%lld\n",x);
#define CLR(u) for(int i = 0; i <= N ; i ++) u[i].clear();
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define mp make_pair
#define PII pair<int,int>
#define PIL pair<int,long long>
#define PLL pair<long long,long long>
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef vector<int> VI;
const double eps = 1e-9;
const int maxn = 110;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
inline int read()
{
int now=0;register char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=getchar());
return now;
}
int N,M;
char MAP[maxn][15];
int state[maxn]; //所有合法状态
LL dp[2][maxn][maxn]; //在i行第j状态以及i- 1行第k状态下的最大值
LL solider[maxn]; //在这个状态下的士兵
int base[maxn]; // 原地图的的第i个原状态
int cnt; //合法状态的数目
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&N,&M)){
Mem(base,0); Mem(solider,0); Mem(state,0); Mem(dp,0);
cnt = 0;
For(i,1,N){
scanf("%s",&MAP[i]);
// cout << MAP[i] << endl;
for(int j = 0; j < M ; j ++){
if(MAP[i][j] == 'H') base[i] += 1 << j;
}
}
for(int i = 0 ; i < 1 << M; i ++){
if((i & (i << 1)) || (i & (i << 2))) continue;
state[++cnt] = i;
int k = i;
while(k){
solider[cnt] += k & 1;
k >>= 1;
}
}
For(i,0,cnt){
// cout << solider[i] << endl;
if(base[1] & state[i]) continue;
dp[1][i][0] = solider[i];
}
For(i,0,cnt){
if(base[2] & state[i]) continue;
For(j,1,cnt){
if(base[1] & state[j] || state[i] & state[j]) continue;
dp[0][i][j] = max(dp[1][j][0] + solider[i],dp[0][i][j]);
}
}
For(i,3,N){
For(j,0,cnt){
if(base[i] & state[j]) continue;
For(k,0,cnt){
if(base[i - 1] & state[k] || state[j] & state[k]) continue;
For(p,0,cnt){
if(base[i - 2] & state[p] || state[p] & state[k] || state[j] & state[p]) continue;
dp[i & 1][j][k] = max(dp[i & 1][j][k],dp[i + 1 & 1][k][p] + solider[j]);
}
}
}
}
LL MAX = 0;
For(i,0,cnt){
For(j,0,cnt){
MAX = max(MAX,dp[N & 1][i][j]);
}
}
Prl(MAX);
}
return 0;
}事实上除了以上这种巧妙地方法之外，我们依然有更暴力但是却更难写的方法，就是将二进制状态压缩改为三进制的状态压缩。
我们假设在放置一个小兵之后会产生一个“缓冲带”，导致下面的这个状态变为2，下下面的状态变为1，再下面变回0，意味着缓冲区结束，这里可以继续放置小兵。但是仔细一想发现这样构成的状态并不是那么好写状态转移方程，我们从记忆话搜索里得到灵感，考虑直接dfs暴搜。
由于经过了状态压缩，dfs的状态转移并不那么困难，我们用一个整数cur来表示此时的状态，用一个next来表示下一行的状态，
每次的转移主要是横向的转移，当到了行末尾的时候转移到下一行，此时cur的值变为next，next的值变为0，到最后一行时开始返回，更新回答案。
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像这样的状态表示比较复杂，冗余的不合法状态较多的题目，不一定要写出确切的状态转移方程，而用dfs也可以很好的解决问题，不过在这题上的效率并不是很理想，上面的400ms，这个1600ms，主要提供遇到问题的解决思路。
#include <map>
#include <set>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <vector>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <functional>
#define For(i, x, y) for(int i=x; i<=y; i++)
#define _For(i, x, y) for(int i=x; i>=y; i--)
#define Mem(f, x) memset(f, x, sizeof(f))
#define Sca(x) scanf("%d", &x)
#define Scl(x) scanf("%lld",&x);
#define Pri(x) printf("%d\n", x)
#define Prl(x) printf("%lld\n",x);
#define CLR(u) for(int i = 0; i <= N ; i ++) u[i].clear();
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define mp make_pair
#define PII pair<int,int>
#define PIL pair<int,long long>
#define PLL pair<long long,long long>
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef vector<int> VI;
const double eps = 1e-9;
const int maxn = 110;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
inline int read()
{
int now=0;register char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=getchar());
return now;
}
int N,M;
int dp[maxn][60000];
char MAP[maxn][15];
int power[10]={1,3,9,27,81,243,729,2187,6561,19683};
int getbit(int i,int pos){
if(pos == 0) return i % 3;
if(pos >= M) return 0;
if(i >= power[pos]){
return (i / power[pos]) % 3;
}
return 0;
}
//x,y为横纵坐标，cur为上两行的状态，next为下一状态，cnt为记录x行已放置的
void dfs(int x,int y,int cur,int next,int cnt)
{
if(!y){ //刚进入当前行
if(dp[x][cur] != -1) return;
dp[x][cur] = 0;
}
if(y >= M){ //已经到行末尾
if(x < N - 1){
dfs(x + 1,0,next,0,0); //转变为下一行，下一行状态转变为当前状态，下一行状态初始化为0
dp[x][cur] = max(dp[x][cur],cnt + dp[x + 1][next]); //从上一个状态更新这个状态
}else{
dp[x][cur] = max(dp[x][cur],cnt); //由于没有下一个状态，这个状态的最大值就是他自己
}
return;
}
int i = getbit(cur,y); //这个点的值
if(!i && MAP[x][y] == 'P'){ //这个点可放小兵
int j = 2 * power[y],k; //在这个点放了小兵之后next要增加的值，也就是下边增加一个2
k = getbit(cur,y + 1);
if(k == 2){ //由于这个点的右边上面刚放过一个小兵，右边要增加1
j += power[y + 1];
}
k = getbit(cur,y + 2); //同理这个点右边的右边的上面放过一个小兵
if(k == 2){
j += power[y + 2];
}
dfs(x,y + 3,cur,next + j,cnt + 1); //这个点放了小兵
dfs(x,y + 1,cur,next,cnt); //这个点不放小兵
return;
}
if(i == 2) dfs(x,y + 1,cur,next + power[y],cnt); //下面为1
else dfs(x,y + 1,cur,next,cnt); //下面为0
}
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&N,&M)){
for(int i = 0; i < N ; i ++){
scanf("%s",MAP[i]);
}
Mem(dp,-1);
dfs(0,0,0,0,0);
Pri(dp[0][0]);
}
return 0;
}