题解 \(by\;zj\varphi\)

发现 \(\rm n,m\) 都很小,考虑分行状压。

但是上一行和下一行的按钮状态会对当前行造成影响,所以再枚举一个上一行的按钮状态。

因为对于两行,只有如下三种情况是合法的

\[0\;1\;1\\
1\;1\;0
\]

所以总复杂度为 \(\mathcal O(n2^n3^n)\),最后统计答案时记得最后一行没有下一行来覆盖它,所以它自身的覆盖情况一定要覆盖全。

Code:
#include<bits/stdc++.h>
#define ri register signed
#define p(i) ++i
using namespace std;
namespace IO{
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
#define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?(-1):*p1++;
template<typename T>inline void read(T &x) {
ri f=1;x=0;register char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=0;ch=getchar();};
while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
x=f?x:-x;
}
}
using IO::read;
namespace nanfeng{
#define FI FILE *IN
#define FO FILE *OUT
template<typename T>inline T cmax(T x,T y) {return x>y?x:y;}
template<typename T>inline T cmin(T x,T y) {return x>y?y:x;}
static const int N=11,INF=1061109567;
int dp[N][1<<N][1<<N],g[N][1<<N],vis[N],mo[N],n,m,ans=INT_MAX;
char s[N+2];
inline int main() {
//FI=freopen("nanfeng.in","r",stdin);
//FO=freopen("nanfeng.out","w",stdout);
read(n),read(m);
for (ri i(1);i<=n;p(i)) {
scanf("%s",s+1);
for (ri j(1);j<=m;p(j)) vis[i]|=(s[j]=='1')<<j-1;
}
int bs=(1<<m)-1;
for (ri i(1);i<=n;p(i)) {
for (ri j(1);j<=m;p(j)) read(mo[j]);
for (ri j(0);j<=bs;p(j)) {
ri tmp=0;
for (ri k(0);k<m;p(k)) if ((j>>k)&1) tmp+=mo[k+1];
g[i][j]=tmp;
}
}
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
memset(dp[0],0,sizeof(dp[0]));
for (ri i(0);i<=bs;p(i)) {
int tmp=vis[1]|((i<<1|i>>1)&bs)|i;
dp[1][tmp][i]=g[1][i];
}
for (ri i(1);i<n;p(i)) {
for (ri j(0);j<=bs;p(j)) {
for (ri l(0);l<=bs;p(l)) {
if ((l|j)!=bs) continue;
for (ri k(0);k<=bs;p(k)) {
if (dp[i][j][k]==INF) continue;
int tmp=vis[i+1]|k|((l<<1|l>>1)&bs)|l;
dp[i+1][tmp][l]=cmin(dp[i+1][tmp][l],dp[i][j][k]+g[i+1][l]);
}
}
}
}
for (ri i(0);i<=bs;p(i)) ans=cmin(ans,dp[n][bs][i]);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
}
int main() {return nanfeng::main();}

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