首先 \(n^5\) 的暴力非常容易想，设 \(dp_{a,b,c,d}\) 表示以 \((a,b)\) 为左上角，\((c,d)\) 为右下角的矩阵的 complexity。枚举断点转移即可，时间复杂度 \(n^5\)。
我们考虑优化这个 \(dp\)，首先比较明显的一点：这个 \(dp\) 状态满足单调性，也就是说 \(\forall d_1<d_2,dp_{a,b,c,d_1}\le dp_{a,b,c,d_2}\)，也就是说对于某个 \(dp\) 状态 \(dp_{a,b,c,d}\)，假设最大的满足 \(dp_{a,b,c,k}<dp_{a,b,k+1,d}\) 的 \(k\) 为 \(r\)，那么我们从行处切开的决策点 \(k\) 要么为 \(r\)，要么为 \(r+1\)，这个异常好想，于是我们可以二分这个 \(r\) 然后从 \(r\) 和 \(r+1\) 转移即可，时间复杂度 \(n^4\log n\)，用双针也可优化到 \(n^4\)。
不过仅仅进行这个优化是远远不够的，我们还需进一步优化。这一步就有亿点考验观察力了，不难发现这个答案不会太大，手玩几组数据可看出这个答案最大不过 \(\log n\) 级别（当然如果硬要说理的话用二维线段树的思想也可以解释），也就是说我们 \(dp\) 数组的值域最大大概在 \(16\) 左右。所以我们可以很自然地想到一个类似于函数里面“交换定义域和值域”的思路：将答案放入 \(dp\) 状态中。
我们重新设计 \(dp\) 状态。设 \(f_{x,l,r,c}\) 表示最大的 \(y\) 满足 \(dp_{x,y,l,r}\leq c\)。转移分两种情况，横着切或者竖着切。如果我们横着切，那么我们肯定会贪心地选择最大的 \(dp_{x,y,l,r}\leq c-1\) 的 \(y\) 作为分割点，也就是说 \(f_{x,l,r,c}\leftarrow f_{f_{x,l,r,c-1}+1,l,r,c}\)。如果我们竖着切，考虑枚举断点 \(k\) 并从 \(k\) 与 \(k+1\) 之间切开，那么 \(dp_{x,y,l,r}\leq c\) 就意味着 \(dp_{x,y,l,k}\leq c-1,dp_{x,y,k+1,r}\leq c-1\)，故我们用 \(\min(f_{x,l,k,c-1},f_{x,k+1,r,c-1})\) 更新 \(f_{x,l,r,c}\)。这样暴力更新还是 \(n^4\log n\) 的。不过还是按照之前的套路，由 \(dp\) 数组满足单调性也可推出 \(f\) 数组也满足单调性，即 \(\forall r_1<r_2,f_{x,l,r_1,c}\ge f_{x,l,r_2,c}\)，于是我们二分断点转移即可，复杂度就降到了 \(n^3\log^2n\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
#define pb push_back
#define ppb pop_back
#define mp make_pair
template<typename T1,typename T2> void chkmin(T1 &x,T2 y){if(x>y) x=y;}
template<typename T1,typename T2> void chkmax(T1 &x,T2 y){if(x<y) x=y;}
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
typedef unsigned int u32;
typedef unsigned long long u64;
namespace fastio{
#define FILE_SIZE 1<<23
char rbuf[FILE_SIZE],*p1=rbuf,*p2=rbuf,wbuf[FILE_SIZE],*p3=wbuf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=rbuf)+fread(rbuf,1,FILE_SIZE,stdin),p1==p2)?-1:*p1++;}
inline void putc(char x){(*p3++=x);}
template<typename T> void read(T &x){
x=0;char c=getchar();T neg=0;
while(!isdigit(c)) neg|=!(c^'-'),c=getchar();
while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
if(neg) x=(~x)+1;
}
template<typename T> void recursive_print(T x){if(!x) return;recursive_print(x/10);putc(x%10^48);}
template<typename T> void print(T x){if(!x) putc('0');if(x<0) putc('-'),x=~x+1;recursive_print(x);}
void print_final(){fwrite(wbuf,1,p3-wbuf,stdout);}
}
const int MAXN=185;
const int MAXANS=17;
int n,m,sum[MAXN+5][MAXN+5];char s[MAXN+5][MAXN+5];
int f[MAXN+5][MAXN+5][MAXN+5][MAXANS+1];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",s[i]+1);
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++){
sum[i][j]=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+(s[i][j]=='.');
}
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) for(int k=j;k<=m;k++){
int l=i,r=n,p=i-1;
while(l<=r){
int mid=l+r>>1,ss=sum[mid][k]-sum[mid][j-1]-sum[i-1][k]+sum[i-1][j-1];
if(ss==0||ss==(mid-i+1)*(k-j+1)) p=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
} f[i][j][k][0]=p;
}
for(int p=1;p<=MAXANS;p++) for(int i=1;i<=n;i++) for(int len=1;len<=m;len++)
for(int j1=1,j2=len;j2<=m;j1++,j2++){
f[i][j1][j2][p]=f[i][j1][j2][p-1];
chkmax(f[i][j1][j2][p],f[f[i][j1][j2][p-1]+1][j1][j2][p-1]);
if(f[i][j1][j2][p]==n) continue;
int l=j1,r=j2-1;
while(l<=r){
int mid=l+r>>1;
chkmax(f[i][j1][j2][p],min(f[i][j1][mid][p-1],f[i][mid+1][j2][p-1]));
if(f[i][j1][mid][p-1]<f[i][mid+1][j2][p-1]) r=mid-1;
else l=mid+1;
}
}
int ans=-1;
for(int i=0;i<=MAXANS;i++) if(f[1][1][m][i]<n) chkmax(ans,i);
printf("%d\n",ans+1);
return 0;
}