首先若存在多个连通块，那么答案显然是$+\infty$。
否则以$m$为根，每棵子树的根节点都最多只能放一个金币，且这些子树之间互不干扰。
对于一棵父亲为$m$的子树，最优方案下一定可以将子树剖分成若干条祖先到孙子的链，每条链中每个点$x$往上贡献$\lfloor\frac{v[x]}{2}\rfloor$个金币，且不能贡献到其它链上去，因此一条有$k$个点的链最多可以放$2^k-1$个金币。
设$f[i][j]$表示考虑$i$的子树，$i$所在链里有$j$个点时最多能放的金币数，枚举链的接法转移即可。
时间复杂度$O(n^2)$。
#include<cstdio>
typedef long long ll;
const int N=70;
const ll inf=1LL<<50;
int n,m,i,j,ed,g[N],v[N<<1],nxt[N<<1];char s[N];ll p[N],f[N][N],h[N],ans;
inline void add(int x,int y){v[++ed]=y;nxt[ed]=g[x];g[x]=ed;}
inline void up(ll&a,ll b){
if(b>inf)b=inf;
if(a<b)a=b;
}
void dfs(int x,int y){
int i,j,k,u;
for(i=0;i<=n;i++)f[x][i]=-1;
f[x][1]=0;
for(i=g[x];i;i=nxt[i]){
u=v[i];
if(u==y)continue;
dfs(u,x);
for(j=0;j<=n;j++)h[j]=-1;
ll tmp=0;
for(j=1;j<=n;j++)if(~f[x][j]){
up(h[j],f[x][j]+f[u][0]);
up(tmp,f[x][j]+p[j-1]);
}
for(j=1;j<n;j++)if(~f[u][j])up(h[j+1],f[u][j]+tmp);
for(j=0;j<=n;j++)f[x][j]=h[j];
}
for(i=1;i<=n;i++)if(~f[x][i])up(f[x][0],f[x][i]+p[i]);
}
int main(){
for(p[0]=i=1;i<N;i++)up(p[i],p[i-1]*2);
for(i=0;i<N;i++)p[i]--;
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
for(i=1;i<=n;i++)g[i]=0;
for(ed=0,i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",s+1);
for(j=1;j<=n;j++)if(s[j]=='Y')add(i,j);
}
if(ed/2!=n-1){
puts("-1");
continue;
}
ans=0;
for(i=g[m];i;i=nxt[i]){
dfs(v[i],m);
up(ans,ans+f[v[i]][0]);
}
if(ans>2000000000)ans=-1;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}