超经典的一道题目，实现这题的方法也有非常多种
1.利用DFS建立矩阵，然后通过高速矩阵幂得到答案（运用于min(m,n)比較小。可是max(m,n)很大的情况）
2.利用dp状压解决
第一种在我的还有一篇博客里有
http://blog.csdn.net/qwb492859377/article/details/47138821
我们在这里讨论另外一种方法。
刘汝佳的算法训练指南中384页介绍了一种复杂度O(mn*2^m)的方法，这个复杂度实在是太小了。
我对着上面敲结果仅仅用了32ms就过了这题，然后花了非常久才看懂(蒟蒻)
他的状态并非一整行一整行的。。所以一開始我就陷入了误圈。
第二，，他代码里有个1<<m,我一直没搞清楚。究竟他的下标是从0開始还是从1開始，怎么会出现1<<m呢。事实上这是上一次的1<<m-1。由于他把状态先左移过一次-_-....
我依据我的理解讲下代码
(i,j)表示以这个格子为右下角，要不要放骨牌以及放那种骨牌. k表示在(i,j)之前的连续m个方块的状态，0表示没放，1表示已经放了，当中靠近(i,j)的下标是0
先枚举,i再枚举j，最后枚举k，也就是红色表示的区域
假设(i,j)不放。那么它上面那一个就必须已经放过了，换句话说，仅仅有k&(1<<(m-1)) 。k才有资格将状态转移到新的状态(k<<1)^(1<<m)
这个状态就是左移后。把曾经的第一位去掉。然后在最后面补上一个0，相当于红色区域所有向右挪了一个单位。
假设(i,j)放竖直的骨牌，那么i不能为0，且!k&(1<<(m-1))满足。才干考虑把k状态转移到新的状态k << 1 | 1去
假设(i,j)放横向的骨牌，那么j不能为0，且!(k&1)&&(1<<(m-1)) 也就是k的最后一个要是空着的。并且(i,j)上面一个必须是1。这样才干横向放后上面的不会存在空着的。
刚開始我还在思考，应该(i-1,j-1)也应该要是1才干够把。，可是后来想了一下。那个位置一定会是1,否则(i,j)左边那个位置就不可能是0了。由于仅仅能通过第一种情况转移过来
所以当满足这些条件时，k能转移到新状态(k<<1)^(1<<m)|3上来
语言表达能力有限，，，来看代码把，，感觉刘汝佳那份代码尽管写起来非常工整清晰。反而有些地方变得非常难理解了
然后dp利用滚动数组，得到的状态向后更新答案的方式，就能攻克了
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
#include<functional>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int MX = 3000 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int m, n;
LL dp[2][MX];
int main() {
//freopen("input.txt","r",stdin);
while(~scanf("%d%d", &m, &n), m + n) {
memset(dp, 0, sizeof(dp));
if(m > n) swap(m, n);
int cur = 0, nxt = 1;
dp[cur][(1 << m) - 1] = 1;
for(int i = 0; i < n; i++) {
for(int j = 0; j < m; j++) {
memset(dp[nxt], 0, sizeof(dp[nxt]));
for(int k = 0; k < (1 << m); k++) {
if(k & (1 << (m - 1))) dp[nxt][(k << 1) ^ (1 << m)] += dp[cur][k];//不放
if(i && !(k & (1 << (m - 1)))) dp[nxt][k << 1 | 1] += dp[cur][k];//竖着放
if(j && !(k & 1) && (1 << (m - 1))) dp[nxt][(k << 1) ^ (1 << m) | 3] += dp[cur][k];//横着放
}
swap(cur, nxt);
}
}
printf("%I64d
", dp[cur][(1 << m) - 1]);
}
return 0;
}