应某些人要求，我把标签删掉了
这是一道好题。
一看$c<=16$果断状压，但是怎么压？
一个很显然的思路是，枚举上下两层的状态，每一层的状态极限有$C（c，c/2）$,c=16的时候有13000左右，显然是死掉了。
我们考虑换个角度。上下两层的状态数太多，那我们不妨只考虑一层，而每个点只与它上下左右四个点有关，在dp的时候也只需要考虑上面和左边的数，多余的点在转移完右边和下边之后就失去了用处，那么我们不妨扔掉它们。
想到这个之后这道题就比较简单了。
我们令$f[i][j][k]$表示当前考虑第i行第j个位置，状态为k时候的状态数，转移思路和插头dp有些类似，考虑当前格上面和左边是否有字母转移即可
这道题很多思路都和插头dp有些相近的地方。
理论复杂度$O(rc2^c)$，实际则远远达不到（达到了复杂度也是对的）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int r,c,cur,la,ans; 4 char s[130][55]; 5 struct hash_map{ 6 int fi[23333],ne[6000005]; 7 int val[6000006],tot,f[6000005]; 8 inline void clear(){ 9 tot=0;memset(fi,0,sizeof(fi)); 10 } 11 inline int &operator [](int x){ 12 int y=x%23333,i=fi[y]; 13 for(;i&&val[i]!=x;i=ne[i]); 14 if(!i) ne[++tot]=fi[y],fi[y]=i=tot,val[tot]=x,f[i]=0; 15 return f[i]; 16 } 17 }g[2]; 18 inline int count(int x,int y){ 19 int cnt=0; 20 for(int i=0;i<y;i++) cnt+=((x&2)>>1),x>>=1; 21 return cnt; 22 } 23 inline int count2(int x,int y){ 24 int cnt=0; 25 for(int i=c;i>=y;i--) 26 if(x&(1<<i)) cnt++; 27 return cnt; 28 } 29 int main(){ 30 cin>>r>>c; 31 for(int i=1;i<=r;i++) scanf("%s",s[i]+1); 32 g[0][0]=0; 33 for(int i=1;i<=r;i++){ 34 int len=strlen(s[i]+1),lea=strlen(s[i-1]+1); 35 for(int j=1;j<=c;j++){ 36 la=cur,cur^=1;g[cur].clear(); 37 for(int k=1;k<=g[la].tot;k++){ 38 int v=g[la].val[k],f=g[la].f[k],c1=count(v,j-1),c2=lea-count2(v,j)+1; 39 if(len-c1>c-j+1)continue; 40 if((v&(1<<j-1))&&(v&(1<<j))&&c1<len) g[cur][v]=max(g[cur][v],f+(s[i][c1+1]==s[i][c1])+(s[i-1][c2]==s[i][c1+1])); 41 else if(v&(1<<j-1)&&c1<len) g[cur][v|(1<<j)]=max(g[cur][v|(1<<j)],f+(s[i][c1+1]==s[i][c1])); 42 else if(v&(1<<j)&&c1<len) g[cur][v]=max(g[cur][v],f+(s[i][c1+1]==s[i-1][c2])); 43 else if(c1<len) g[cur][v|(1<<j)]=max(g[cur][v|(1<<j)],f); 44 if(len-c1<=c-j)g[cur][(v|(1<<j))^(1<<j)]=max(g[cur][(v|(1<<j))^(1<<j)],f); 45 } 46 } 47 } 48 for(int i=1;i<=g[cur].tot;i++) 49 if(count(g[cur].val[i],c)==strlen(s[r]+1)) 50 ans=max(ans,g[cur].f[i]); 51 printf("%d ",ans<<1); 52 return 0; 53 }