題意：給你一個1*2的矩陣進行填充，結果求填滿的種類數。
分析：下面是我引用過來的說明，很不錯。
最上面的爲第0行，最下面爲第n-1行
從上到下按行DP
其中一行的狀態我們用一個二進制表示，0表示沒有被覆蓋，1表示被覆蓋了
最後得到一個01串，這個串變回十進制就是一個狀態
定義狀態dp[i][s]，表示前i-1行已經放滿，第i行的狀態爲s的方案數
狀態轉移方程爲 dp[i][s]=sum{ dp[i-1][ss] } ，其中狀態s與狀態ss兼容
這個狀態轉移方程的內涵在於理解s和ss何爲兼容
首先我們約定一個放置方法，就是豎着放的時候，我們暫且將其稱爲“上凸型擺放”
因爲豎放必然佔據第i-1行和第i行，我們約定這個方塊是屬於第i行的，也就是說它凸上去了
那麼要在第i行的第j列豎放一個方塊的話，第i-1行第j列必須沒有方塊
也就是說，第i行的放置是受到第i-1行的限制的，反過來說在第i行豎放了方塊，也會影響第i-1行的狀態
所以這樣就可以講解一下狀態轉移方程了，前i-2行已經放滿了，第i-1行的狀態爲ss(dp[i-1][ss])
此時在第i行開始放一些方塊，放的方法不定，可能橫放可能豎放，但是按這個方案放完後
第i-1行剛好被填滿，且第i行的狀態變爲了s，所以不難想到第i-1行的狀態ss到第i行的狀態s這個轉移是唯一的
所以有 dp[i][s]=sum{ dp[i-1][ss] }
最後我們詳細討論一下s和ss在什麼情況下是兼容的
1.第i行的第j列爲1，第i-1行的第j列爲1，這樣的話，說明第i行的第j列一定不是豎放而是橫放否則會與第i-1行的第j列衝突
所以馬上緊接着判斷第i行第j+1列，如果是1，那麼滿足橫放的規則，同時也要第i-1行第j+1列也要爲1，否則的話這個格子沒辦法填充，
成立後向左移動兩格
不滿足上述條件的，就是兩個不兼容或者不合法的狀態
2.第i行第j列爲1，第i-1行第j列爲0，那麼說明第i行第j列應該豎放並填充第i-1行第j列，成立後向左移動一格
3.第i行第j列爲0，說明不放方塊，那麼第i-1行第j列必須爲1，否則沒法填充這個格子。若第i-1行第j列也爲0，不兼容不合法
(至於第i行第j列這個格子空着幹什麼，其實就是留出來給第i+1行豎放的時候插進來的)
那麼目標狀態是什麼，就是dp[n][maxs]，maxs表示全部是1的串，即第n-1行以上全部覆蓋滿，第n行的狀態爲maxs，即沒有空着的格子，也全部覆蓋滿了
即整個矩形全部被覆蓋滿了的狀態
最後是第1行的初始化問題，因爲約定了“上凸型擺放”，所以第1行是不能豎放方格的，只能橫放方格，
每橫放一個必定佔據兩個格子，所以在判斷一個狀態（那個01串）的時候，連着的1的個數必定爲偶數，如果出現了單獨的1，說明不合法
下面附代碼：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1<<12;
ll dp[13][maxn];
int n,m;
bool judge(int val){
int flag=0;
while(val){
if(val%2){
flag=(flag+1)%2;
}
else{
if(flag==1){
return false;
}
}
val>>=1;
}
if(flag) return false;
return true;
}
bool ok(int tmp_1,int tmp_2){
for(int i=0;i<m;){
if(tmp_1 & (1<<i)){
if(tmp_2 & (1<<i)){
if(i==m-1) return false;
if(!(tmp_2 &(1<<(i+1)))) return false;
if(!(tmp_1 &(1<<(i+1)))) return false;
i+=2;
}
else{
i++;
}
}
else{
if(!(tmp_2 & (1<<i))){
return false;
}
else{
i++;
}
}
}
return true;
}
int main(){
while(~scanf("%d %d",&n,&m) && (n+m)){
if( (n*m)%2 ){
printf("0\n");
continue;
}
if(n<m){
int t=n;
n=m;
m=t;
}
memset(dp,0,sizeof(dp));
int Max=(1<<m);
for(int i=0;i<Max;i++){
if(judge(i))
dp[0][i]=1;
}
for(int i=1;i<n;i++){
for(int j=0;j<Max;j++){
for(int k=0;k<Max;k++){
if(ok(j,k)){
dp[i][j]+=dp[i-1][k];
}
}
}
}
printf("%I64d\n",dp[n-1][Max-1]);
}
}
