注意一个题意理解上的问题：每一个窗口只能被一个胶带纸贴着，比如下面这份输入数据：

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Mirko 显然可以用四个胶带全部贴上，但是因为他只能“将一横排或一纵列连续的窗口合上”，而被贴过的窗口已经是合上的，所以在贴新胶带的时候变成不连续的了，因此应该输出 $8$ 而不是 $4$。

用记忆化搜索做的轮廓线 dp，设 $dp_{i,j,S}$ 为考虑到第 $i$ 行第 $j$ 列，前面的 $m$ 个空是否选择竖着涂的状态是 $S$，剩下最少需要几个胶带。具体的思路已经在注释里了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,M;
int b[1005][15];
int dp[1005][15][2000];
int nxti(int i,int j){
	if(j<m)return i;
	return i+1;
}
int nxtj(int i,int j){
	if(j<m)return j+1;
	return 1;
}
int lsti(int i,int j){
	if(j>1)return i;
	return i-1;
}
int lstj(int i,int j){
	if(j>1)return j-1;
	return m;
}
int dfs(int i,int j,int S){//考虑到第 i 行第 j 列，前面的 m 个空竖着涂的状态是 S，剩下最少要几个胶带
	S&=M;
	if(i>n)return 0;
	if(dp[i][j][S]!=-1)return dp[i][j][S];
	int ans=114514;
	int ni=nxti(i,j),nj=nxtj(i,j);
	int li=lsti(i,j),lj=lstj(i,j);
	if(!b[i][j])return dp[i][j][S]=dfs(ni,nj,S<<1);
	//先看能不能竖着涂 
	//如果上面有竖着涂的，可以选择继续竖着涂
	if(S&(1<<(m-1)))ans=min(ans,dfs(ni,nj,(S<<1)|1));
	//如果上面没有竖着涂的，可以自己开始竖着涂
	else ans=min(ans,1+dfs(ni,nj,(S<<1)|1));
	//再看能不能横着涂，要看前一个有没有选择横着涂 
	if(i!=li)ans=min(ans,1+dfs(ni,nj,S<<1));//如果是一行开头左边啥都没有只能新开一个横着涂
	else if(b[li][lj]&&(S&1)==0)ans=min(ans,dfs(ni,nj,S<<1));//前一个需要涂但没有竖着涂，那就是横着的了
	else ans=min(ans,1+dfs(ni,nj,S<<1));//不能接到左边，只能自己开始横着涂 
	return dp[i][j][S]=ans; 
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
	cin>>n>>m;
	M=(1<<m)-1;
	for(int i=0;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<(1<<m);j++){
			for(int k=0;k<=m;k++)dp[i][k][j]=-1;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		string s;cin>>s;
		for(int j=0;j<m;j++){
			if(s[j]=='#'){
				b[i][j+1]=1;
			}
		}
	}
	cout<<dfs(1,1,0);
	return 0;
}