题目大意 ：农夫约翰有n*m块地，其中一些地荒掉了。玉米是一种傲娇的植物，种在相邻的地里会导致不孕不育。求所有种法数对100000000求余。
读入：第一行一个n一个m,
接下来是一个n行m列的矩形，表示田地的状态(1表示可种植，0表示不可种植)
输出：一个整数，表示总的方法数 % 1000000000的结果
首先我们把原图的每一行转成二进制数存储（此处及以下原图均指读入的田地状况），1表示可以种植，0表示不能种植
以行为阶段，对于每一行，我们把可以种的标记为1，不能种则标记为0
分析同一行中，我们由题目可以知道，两个1肯定不相邻，
我们想把当前状态左移1位再与原数相&，若结果不为0，则肯定有两个1相邻了
但是同样我们要注意的是，两行之间相邻也是不允许的
例如：
0001010
0001001
第一行第4个位置为1，下一行第4个位置仍为1，上下两个1相邻了，这样也是不允许的
这样我们设一个状态为k，由状态k转移到状态j，若j&k！=0，则出现了上下两个1相邻，这样是不符合的
接着我们必须符合原图，也就是原图中不能种的地方我们一定不能种，原图中不能种的地方为0，能种的地方为1
但是比较麻烦的是，原图能种的地方我们不一定种，原图不能种的地方，在我们的状态中可能种，我们没办法区分这两种情况
那么我们试着翻转一下操作
存原图时，我们用0表示能种，1表示不能种（最初我们用1表示能种，0表示不能种）
这样我们可以直接相&，若出现了1，则一定不能种。因为此时我们标记为1的位置，按照题目要求，在原图中一定要标记为0，如果某个位置我们种了而原图中
不能种，那么相&得到的就是1，这样是不行的。问题就解决了。
然后我们可以以非常显然的方式得到dp数组
f[i, j]表示在第i行（i为一个m位的二进制数），状态为j时，所有的种法，这样得到的状态转移方程就是：
f[i, j] = Σf[i - 1, k]( j & k == 0 && j & a[i] == 0 && k & a[i - 1] == 0)
初态:f[0, 0] = 1;
目标:Σ{f[n, i]}(i为m位二进制数，0 <= i < 1 << m)
1 #include<iostream>
2 #include<iomanip>
3 #include<cstdio>
4 #include<cmath>
5 #include<ctime>
6 #include<cstring>
7 #include<algorithm>
8 #include<cstdlib>
9 #define ll long long
10 using namespace std;
11 const int mod = 100000000;
12 int n, m, h;
13 ll f[13][1 << 13], ans = 0;
14 ll a[13];
15
16 inline int read() {
17 int x = 0, y = 1;
18 char ch = getchar();
19 while(!isdigit(ch)) {
20 if(ch == '-') y = -1;
21 ch = getchar();
22 }
23 while(isdigit(ch)) {
24 x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';
25 ch = getchar();
26 }
27 return x * y;
28 }
29
30 int main() {
31 n = read(), m = read();
32 for(int i = 1; i <= n; ++i)
33 for(int j = 1; j <= m; ++j) {
34 h = read();
35 a[i] <<= 1;
36 a[i] += (h == 0) ? 1 : 0;
37 }
38 f[0][0] = 1;
39 for(int i = 1; i <= n; ++i)
40 for(int j = 0; j < 1 << m; ++j) {
41 if(j & (j << 1) || j & a[i]) continue;
42 for(int k = 0; k < 1 << m; ++k) {
43 if(j & k || k & a[i - 1] || k & (k << 1)) continue;
44 f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][k]) % mod;
45 }
46 }
47 for(int i = 0; i < 1 << m; ++i)
48 ans = (ans + f[n][i]) % mod;
49 cout << ans << '
';
50 return 0;
51 }