一个 (n*m) 的棋盘，一开始每个格子都有一个蜘蛛，你可以对每个蜘蛛向四个方向移动，或者不动；问最多能够有多少个格子没有蜘蛛
(n*m<=40)，侧面推导发现 (min(n,m) le 6)
显然把十字架形的蜘蛛移到一个格子最优
在不同的棋盘形态十字架的摆放却不尽相同
能否贪心？ 好像不行
数据范围如此之小，那么可否考虑状压 (dp) ?
(dp[i][j][k]) 表示枚举到第 (i) 行 (i)，第 (i) 为蜘蛛状态为 (j)，第 (i+1) 行蜘蛛状态为 (k) 最少留下多少蜘蛛
然后枚举一个 (l) 表示 (i+1) 行留蜘蛛的位置
那么原来该行为 (k|l|(l<<1)|(l>>1))
然后转移即可
答案为 (n*m-min_{i=0}^{2^m-1}dp[n+1][(1<<m)-1][i])
#include <map>
#include <set>
#include <ctime>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <bitset>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <string>
#include <numeric>
#include <cstring>
#include <cassert>
#include <climits>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <functional>
using namespace std ;
//#define int long long
#define rep(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); i++)
#define per(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); i--)
#define loop(s, v, it) for (s::iterator it = v.begin(); it != v.end(); it++)
#define cont(i, x) for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt)
#define clr(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define ass(a, sum) memset(a, sum, sizeof(a))
#define lowbit(x) (x & -x)
#define all(x) x.begin(), x.end()
#define ub upper_bound
#define lb lower_bound
#define pq priority_queue
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define iv inline void
#define enter cout << endl
#define siz(x) ((int)x.size())
#define file(x) freopen(#x".in", "r", stdin),freopen(#x".out", "w", stdout)
typedef long long ll ;
typedef unsigned long long ull ;
typedef pair <int, int> pii ;
typedef vector <int> vi ;
typedef vector <pii> vii ;
typedef queue <int> qi ;
typedef queue <pii> qii ;
typedef set <int> si ;
typedef map <int, int> mii ;
typedef map <string, int> msi ;
const int N = 70 ;
const int INF = 0x3f3f3f3f ;
const int iinf = 1 << 30 ;
const ll linf = 2e18 ;
const int MOD = 1000000007 ;
const double eps = 1e-7 ;
void print(int x) { cout << x << endl ; exit(0) ; }
void PRINT(string x) { cout << x << endl ; exit(0) ; }
void douout(double x){ printf("%lf
", x + 0.0000000001) ; }
int n, m ;
int dp[45][1 << 6][1 << 6] ;
signed main() {
scanf("%d%d", &n, &m) ;
if (n < m) swap(n, m) ;
ass(dp, 0x3f) ;
dp[0][(1 << m) - 1][(1 << m) - 1] = 0 ;
rep(i, 0, n)
rep(j, 0, (1 << m) - 1)
rep(k, 0, (1 << m) - 1) {
rep(l, 0, (1 << m) - 1)
if ((l | j) == (1 << m) - 1) {
int nm = k | l | (l << 1) | (l >> 1) ;
nm &= (1 << m) - 1 ;
dp[i + 1][nm][l] = min(dp[i + 1][nm][l], dp[i][j][k] + __builtin_popcount(l)) ;
}
}
int ans = iinf ;
rep(i, 0, (1 << m) - 1) ans = min(ans, dp[n + 1][(1 << m) - 1][i]) ;
printf("%d
", n * m - ans) ;
}
/*
写代码时请注意：
1.ll？数组大小，边界？数据范围？
2.精度？
3.特判？
4.至少做一些
思考提醒：
1.最大值最小->二分？
2.可以贪心么？不行dp可以么
3.可以优化么
4.维护区间用什么数据结构？
5.统计方案是用dp？模了么？
6.逆向思维？
*/