中文题目，题意就不说了。
不得不说这是一道十分经典的状态压缩DP的题目。
思路: 通过分析可以发现，第i行的格子能不能放大炮仅与第i-1和i-2行的放法有关，而与前面的放法无关，因此，如果我们知道了i-1行和i-2放的状态，那么，我们就可以推出第i行的可行的放法状态。因此可以看出i行的状态由它上面两行决定。
设dp[i][j][k]表示前i行，第i行用第j个状态放，第i-1行用第k个状态放的最大大炮的个数，那么状态转移方程就是：dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k],dp[i-1][k][t]+num1[j]),其中num1[j]表示第i行用第j个状态放时，该行放的大炮的个数。通过枚举所有可行的状态则可以求出前n行能放的大炮的最大个数。注意，上述状态转移方程中的j,k,t,分别表示第i,i-1,i-2行的状态，他们不能发生冲突。
上面讲了一下具体的思想和转移方程，下面说说状态压缩，即：我们怎样表示每行放的大炮的状态，用什么表示？
可以看到，题目中列数最大为10,这不得不诱导我们往二进制位上面考虑。一个int型数长度位32位 > 10,那么我们可以用一个整数的二进制位中第i位表示该某行第i列放与不放，为1表示已放置大炮，为0表示未位置大炮，一个整数完全可以表示出所有状态，事实上由于一行中的不同列放置大炮之间的距离必须不小于2,因此10列最多60个可行状态，而不是2^10个状态，也就是说dp数组中的j与k最大为60,可以另开一个数组来记录某行可行状态（跟离散化思想挺像的），数组中下标为j的数对应第j个状态，这样不至于导致dp数组开得太大超内存，也优化了时间。同时再记录下在状态j下，该状态中含有1的个数，即表示放的大炮的个数。
最后再说下位运算技巧：
1.给出状态j（对应的数为x）怎样得到该状态中1的个数？可以这么干： x &= (x-1),ret++; 其中x&(x-1)表示每次删去二进制中最后面那个1.
2.怎样知道某个数x表示的状态是否可行？ 看 x & (x << 1) 和 x & (x << 2)是否都是0即可。
其他部分用的位运算都比较容易理解，比如置位x |= （1 << bit），检验状态是否冲突x & y 等等，就不一一说了。
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n, m, top;
int dp[111][70][70], map[111];
int status[70], num1[70];
int calNum1(int x){
int ret = 0;
while(x){ret++, x &= (x-1);}
return ret;
}
bool canPlace(int x){
if(x & (x << 1)) return false;
if(x & (x << 2)) return false;
return true;
}
void init(){
top = 0;
int UP = 1 << m;
for(int i = 0;i < UP;i ++){
if(canPlace(i)){
status[++top] = i;
num1[top] = calNum1(i);
}
}
}
int main(){
char str[111];
/* freopen("in.c", "r", stdin); */
while(~scanf("%d%d", &n, &m)){
memset(str, 0, sizeof(str));
memset(map, 0, sizeof(map));
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
scanf("%s", str);
for(int j = 0;j < m;j ++)
if(str[j] == 'H') map[i] |= (1 << j);
}
init();
for(int i = 1;i <= top;i ++){
if(map[1] & status[i]) continue;
dp[1][i][1] = num1[i];
}
for(int i = 2;i <= n;i ++){
for(int j = 1;j <= top;j ++){
if(map[i] & status[j]) continue;
for(int k = 1;k <= top;k ++){
if(status[j] & status[k]) continue;
for(int t = 1;t <= top;t ++){
if(status[j] & status[t]) continue;
dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i-1][k][t]+num1[j]);
}
}
}
}
int ans = 0;
for(int i = 1;i <= top;i ++)
for(int j = 1;j <= top;j ++)
ans = max(ans, dp[n][i][j]);
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}