思路:状态压缩dp,如果在（i，j）位置横着放砖块，那么（i,j）和（i+1.j）都是1，如果竖着放砖块，那么（i,j）为0，（i,j+1）为1，这样每行就可以用一个整数来存放状态，设dp[i][j]为第i行为j状态时得摆放方案数，那么最终要求的结果就是dp[n][(1 << m)-1];
由于第i行如何摆放只受第i-1行状态的影响，所以状态转移方程为：dp[i][j] = sum(dp[i-1][k])，其中状态第i行的状态j和第i-1行的状态k应兼容，即不发生冲突。
下面说说具体兼容情形：
1，若(i,j)位置为1，那么{
（1）若（i-1，j为0，这块砖是竖着放，那么可能是兼容的，直接检查（i，j+1）位置；
（2）若（i-1,j）为1，那么这块砖必须横着放，因此（i,j+1）必须为1，并由此可得（i-1,j+1）也必须是1,若满足这些就检查（i,j+2）位置；
}
2,若（i,j）位置为0，那么{
（i-1,j）位置必须为1，因为不可能连续两个竖着放的砖块“头对头”，如果满足就直接检查（i,j+1）位置；
}
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define LL long long int
using namespace std;
const int MAXN = 15;
int n,m;
LL ans[MAXN][MAXN];
LL dp[MAXN][1 << 12];
bool init(int s){
for(int i = 0;i < m;){
if(s & (1 << i)){
if(i == m-1) return false;
if(s & (1 << (i+1))) i += 2;
else return false;
}else i++;
}
return true;
}
bool canPalce(int s1,int s2){
for(int i = 0;i < m;){
if(s1 & (1 << i)){
if(s2 & (1 << i)){
if(i == m-1 || !(s1&(1<<(i+1))) || !(s2&(1<<(i+1)))) return false;
i += 2;
}else i ++;
}else{
if(s2 & (1 << i)) i ++;
else return false;
}
}
return true;
}
void solve(int n,int m){
memset(dp,0,sizeof dp);
int range = (1 << m);
for(int i = 0;i < range;i ++)
if(init(i)) dp[1][i] = 1;
for(int i = 2;i <= n;i ++){
for(int j = 0;j < range;j ++){
for(int k = 0;k < range;k ++)
if(canPalce(j,k)) dp[i][j] += dp[i-1][k];
}
}
ans[n][m] = dp[n][range-1];
cout << ans[n][m] << endl;
}
int main(){
memset(ans,-1,sizeof ans);
while(~scanf("%d%d",&n,&m) && n+m){
if(n < m) swap(n,m);
if(ans[n][m] != -1){
cout << ans[n][m] << endl;
continue;
}else if(n*m & 1){
ans[n][m] = 0;
cout << 0 << endl;
continue;
}else solve(n,m);
}
}