タイトル説明
コマンドN将軍はするつもりM.のグリッドマップ上の自分の大砲を配備します Nは、以下に示すようにN行のM列は、各セルは（「H」で示す）山のマップであってもよいマップからM、それは、普通（「P」で示す）であってもよいです。これは、アップ無地地形砲兵（山に大砲を配備しない）に各セルに配置することができ、黒面積以下に示すようなマップ上の範囲砲攻撃：
左右横枠に沿って2つずつ、2つのセル上下長手方向に：砲兵無地グレーマップの展開が識別した場合、図は、攻撃することができる領域に黒のグリッドを表します。この図は、他の白のグリッドを攻撃していませんでした。マップからの地形の範囲に対する砲撃の目に見える効果。今、将軍は、マップ全体（保証任意の2つの砲兵ユニット間でお互いを攻撃していない、つまり、いずれかの砲兵部隊が攻撃他の砲兵支援の範囲内ではない）不慮の怪我を防止する前提の下で、大砲を展開する方法を計画していました軍の砲兵ユニットの最大数は、エリア内に配置することができます。
解決
いくつかの古典的な形の圧力dpが、拡張アプリケーションテンプレートです。
これは、状態が単純に2つの転移の間で問題を転送することができないことは明らかである、大砲は、その次の2行の状態に影響を与えます。したがって、我々は転送を行う方法の3行を検討してください。場合にのみ、二次元アレイの\（DP [I] [J]は\）（\ （iは\）行を示し、\（J \）はバイナリ状態を表す）状態は、明らかにほとんど競合しないように任意の二つの行の状態を表すことができないでください最適解、三行の間で状態遷移するように。したがって、我々は、3次元配列考える\（DP [I] [J ] [k]が\） を表し\（Iは\）行がステータスである（K \）\、最初の\（I-1 \）ラインが状態である\（J \ ）、我々は国家間の三行で行うことができるようにシフトしました。
伝達方程式
もし\（Lの\）の\（I-2 \）行、\（J \）の\（I-1 \）ステータスライン、\（必要[K] \）の\（K \）所望の状態大砲がある：
\ [DP [I] [J] [K] = \ MAX（。DPの[1-I] [L] [K]）+必要は[K] \]
小さなノートでは、この質問を圧縮する必要がありますスペース、そうでない場合は、\（101 * 1024 * 1024 \）すぐに揚げ、私が知っているか尋ねません。。。
少しまとめるために、
少し思考をした後、どのようなトウモロコシ畑のトピックとは対照的に、あなたは継続性に問題があることがわかります。
例えば、牛を配置する質問、トウモロコシ畑は、一番下の行に影響を与え、そしてこの質問は二行に影響を与えるだろう銃を置きます。
続いて3行、4行、でも\（N \）ラインそれ？明らかに法律は限り我々は、これらの問題と何ら変わりないだろうライン、上の狂気のガーベイを可能にする条件下であるとして、そこにあります。もちろん、あなたの髪が抜けてしまうことがあり実現可能性を決定します。
参照コード
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#define N 110
#define INF 0x7fffffff
using namespace std;
int dp[110][N][N],mp[110],need[1024],n,m,can[N],cnt;
char a[110][N];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%s",a[i]);
for(int j=0;j<m;++j){
if(a[i][j]=='P') mp[i]=(mp[i]<<1)+1;//压缩地图
else mp[i]<<=1;
}
}
int k=(1<<m)-1;
for(int i=0;i<=k;++i){
if((((i<<1)&i)==0)&&(((i<<2)&i)==0)){//这里爱咋写咋写，能判断可行就行
can[++cnt]=i;//压缩空间，只存可行状态
for(int tmp=i;tmp;tmp>>=1)
if(tmp&1) need[cnt]++;
}
}
for(int i=1;i<=cnt;++i)
if(((mp[1]&can[i])==can[i])) dp[1][1][i]=need[i];//初始化，解释一下第二维，即第一个状态对应不放任何炮兵
for(int i=2;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=cnt;++j)//i-2行
for(int l=1;l<=cnt;++l)//i-1行
for(int p=1;p<=cnt;++p){//i行
if(((mp[i]&can[p])==can[p])&&((mp[i-1]&can[l])==can[l])){//检验可行性
if(!(can[l]&can[j])&&!(can[p]&can[j])&&!(can[l]&can[p])) dp[i][l][p]=max(dp[i][l][p],dp[i-1][j][l]+need[p]);
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=cnt;++i)
for(int j=1;j<=cnt;++j)
ans=max(ans,dp[n][i][j]);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}