測評傳送門

題意：

給定一個 n*m 的矩形，用1*2的方塊填充的所有方案數

Sample Input

1 2
1 3
1 4
2 2
2 3
2 4
2 11
4 11
0 0

Sample Output

1
0
1
2
3
5
144
51205

思路：

像這樣看上去就不會做的題目資料範圍一般都不大（因為要用狀壓呀，大了能存的下嗎？） 

而且顯然答案會很大，所以記得開 long long 

正題----

我們可以一行一行地看，對於上一行地情況，可以是橫著的也可以是豎著的，橫著的對我們當前這一行的狀態無影響，關鍵是豎著的方塊我們在這一行必須給它接上。

我們用長度為 m 的二進位制數來表示狀態

　　狀態為豎著擺時的上半截，狀態為 1 ，否則為 0

我們考慮當前這一行，如果上一行是1，我必須接上下半截，狀態為 0 ；如果是 0 ，那我這一行就可以隨便擺 

設當前狀態為 j，上一行狀態為 k

所以必定滿足：

1. j&k==0
2. j | k 狀態中連續的 0 必須有偶數個

第二條也很顯然，我們活下來的是什麼狀態呢？1表示豎著，0,表示橫著且連續，如果 0 是奇數個，就不符合要求

所以我們就先需要預處理出合法的情況

code

#include<stdio.h> 
#include<algorithm> 
using
 
 namespace std;
int n,m;
long long f[12][1<<11];
bool ins[1<<11];

int main() 
{
    while(scanf("%d%d",&n,&m) && n && m) {
        int mix=(1<<m);
        for(int i=0;i<mix;++i) {
            bool cnt=0,flag=0;
            for(int j=0;j<m;++j) {
                
 
if(i>>j & 1) flag|=cnt,cnt=0;
                else cnt^=1;
            }
            ins[i]=flag|cnt?0:1;
        }
        f[0][0]=1;
        for(int i=1;i<=n;++i) {
            for(int j=0;j<mix;++j) {
                f[i][j]=0;
                for(int k=0;k<mix;++k) {
                    if((j&k)==0 && ins[j|k])
                        f[i][j]+=f[i-1][k];
                }
            }
        }
        printf("%lld\n",f[n][0]);
    }
    return 0;
}