POJ 2411（状压dp）

用f[i][j]表示第i行形态为j时，前i行的分割方案总数，j是用十进制记录的m位二进制数，j的第k位为1表示第k列是一个竖着的1*2长方形的上面一半，第k位为0表示其他情况

第i-1行形态k能转移到第i行j有两个要求：

1.k&j==0 这保证了每个1 下面一定是0，即继续补全竖着的1*2的长方形

2.k|j中的0一定是成对出现的 （每一段连续的0必然有偶数个），保证横着放1*2的长方形合法 这个可以预处理，有坑！！

（其他可参见进阶指南p276）

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int n,m;
bool s[1<<11];
long long f[12][1<<11];
int main()
{
int i,j,k;
while(cin>>n>>m&&n){
memset(s,0,sizeof(s));memset(f,0,sizeof(f));
for(i=1;i<(1<<m);i++){
int cnt=0;
for(j=0;j<m;j++){
//if(!(i>>j))continue;这个一定不能要,因为例如数1,也要检查前面是001还是0001,这里面0的奇偶性是不同的
if(((i>>j)&1)==0)cnt++;//如果这一位是0,那么cnt++
else{
if(cnt&1)break;//如果是1,检查之前的0的个数的奇偶性,如果是奇数个那么不用看了
else cnt=0;//否则cnt清零
}
}
if((cnt&1)==0&&j==m)s[i]=true;//到最后还要检查一次cnt,因为最后未必还有1出现,然后如果j和m一样,说明检查到了最后
}
if(m%2==0)s[0]=true;//如果m是偶数的话,那么0也是可以的
f[0][0]=1;
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=0;j<(1<<m);j++){
for(k=0;k<(1<<m);k++){
if(!(k&j)&&s[k|j])
f[i][j]+=f[i-1][k];
}
}
cout<<f
[0]<<endl;
}

return 0;
}