状压dp。
设(f[i][sta])为第(i)层状态为(sta)的方案数。
然后每次可以枚举上一层的状态以及本层的状态，然后如果不冲突且满足地图的要求，则转移。
时间复杂度(O(2^{2m}*n*m)).
然而过不了...大了一点点。考虑对于每一层预处理出哪些状态可行，可以省掉(O(m))的枚举。
时间复杂度(O(2^{2m}*n)).
#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void read(int &x){
x=0;int f=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';x*=f;
}
#define write(x) printf("%d
",x)
const int mod = 1e8;
int f[(1<<12)+10][2],n,m,mp[13][13],vis[(1<<12)+10][2];
void print(int x) {
char s[10];
//(x, s, 2);printf("%s
",s);
}
int main(){
read(n),read(m);for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) read(mp[i][j]);
for(int i=1;i<=n;i++) {
for(int s=0;s<(1<<m);s++) {
int bo=1;
for(int j=1;j<=m;j++) if((s&(1<<(j-1)))&&!mp[i][j]) bo=0;
for(int j=1;j<m;j++) if((s&(1<<j))&&(s&(1<<(j-1)))) bo=0;
vis[s][i&1]=bo;f[s][i&1]=0;
}
if(i==1) {for(int s=0;s<(1<<m);s++) f[s][1]=vis[s][1];continue;}
for(int s1=0;s1<(1<<m);s1++)
for(int s2=0;s2<(1<<m);s2++)
if((!(s1&s2))&&vis[s1][(i&1)^1]&&vis[s2][i&1])
(f[s2][i&1]+=f[s1][(i&1)^1])%=mod;
}int ans=0;
for(int s=0;s<(1<<m);s++) ans=(ans+f[s][n&1])%mod;
//write(f[0][0]),write(f[2][0]);
return write(ans),0;
}