題中很好的控制了N、M<=11所以挺明顯的狀壓，又如何狀壓？我令橫放的長方塊為橫著{1 1}令豎著的小方塊為豎著{0 1}，然後找限制它們狀態的因素，其中橫著的，需要{11}這樣連著的狀態，而這一行為{0}限制的是下一行的狀態，所以考慮為{0}位得向上考慮，或者這一位為0即可直接忽略，而看到下一位，用數學歸納法思想類推下去，最後一行得是什麼個情況呢？假如有一個數位元位為0都不行，說明還沒排完，所以最後一位全為1。

我寫了兩遍，所以附上兩份程式碼，均有註釋的：

程式碼一：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <limits>
#include <vector>
#include <stack>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#define lowbit(x) ( x&(-x) )
#define pi 3.141592653589793
#define e 2.718281828459045
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxN=11;
int N, M;
ll dp[maxN+2][(1<<maxN)+5];     //第0～M-1列
bool init(int state)        //第一列處理
{
    int i=0;
    while(i<M)
    {
        if(state & (1<<i) )        //第i列情況
        {
            if(i==M-1) return false;    //如果該列是最後一列，那麼它沒有後綴了，是多餘的1
            if(state & (1<<(i+1)) ) i+=2;     //它的下一個也是1，說明是橫著放置的，可行
            else return false;      //剩下的狀態就是該列的下一列為0，不可行
        }
        else i++;       //這一列是0，豎放情況不用急於處理
    }
    return true;
}
bool check(int now, int last)       //第i列與第i-1列的狀態是否滿足
{
    int i=0;
    while(i<M)
    {
        int u1=last & (1<<i), u2=last & (1<<(i+1)), v1=now & (1<<i), v2=now & (1<<(i+1));
        if(u1 && v1)
        {
            if(i==M-1 || !u2 || !v2) return false;
            else i+=2;
        }
        else if(u1 && !v1) i++;
        else if(!u1 && v1) i++;
        else return false;
    }
    return true;
}
void solve()
{
    int tot=(1<<M)-1;       //滿情況
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    for(int i=0; i<=tot; i++)
    {
        if(init(i)) dp[1][i]=1;
    }
    for(int i=2; i<=N; i++)
    {
        for(int j=0; j<=tot; j++)       //第i列情況
        {
            for(int k=0; k<=tot; k++)       //第i-1列情況
            {
                if(check(j, k)) dp[i][j]+=dp[i-1][k];
            }
        }
    }
    printf("%lld\n", dp[N][tot]);
}
int main()
{
    while(scanf("%d%d", &N, &M)!=EOF)
    {
        if(!N && !M) break;
        if((N*M)%2) { printf("0\n"); continue; }
        if(N<M) swap(N, M);
        solve();
    }
    return 0;
}
 

第二份：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <limits>
#include <vector>
#include <stack>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#define lowbit(x) ( x&(-x) )
#define pi 3.141592653589793
#define e 2.718281828459045
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxN=11;
int N, M, tot;
ll dp[maxN+1][(1<<maxN)+2];
bool init(int state)        //state為狀態，目前這一行的狀態，此間用以初始化第一排使用
{
    int i=0;
    while(i<M)
    {
        if(state & (1<<i))      //第i位z情況
        {
            if(i==M-1) return false;        //已經是最後一位了，沒有後繼無法成立
            if(state & (1<<(i+1)) ) i+=2;       //符合條件橫放
            else return false;      //下一位是位元位0位，不行
        }
        else i++;
    }
    return true;        //遍歷至最後，說明可行
}
bool check(int now, int pre)
{
    int i=0;
    while(i<M)
    {
        int u1=pre & (1<<i), u2=pre & (1<<(i+1)), v1=now & (1<<i), v2=now & (1<<(i+1));
        if(u1 && v1)        //前兩列均為1
        {
            if(i==M-1) return false;        //到底，所以不行
            if(u2 && v2) i+=2;      //兩個均橫放
            else return false;      //其他都不行
        }
        else if(u1) i++;     //前一列為1，這一列為0
        else if(v1) i++;
        else return false;
    }
    return true;
}
void solve()
{
    for(int i=0; i<=tot; i++)
    {
        if(init(i)) dp[1][i]=1;
    }
    for(int i=2; i<=N; i++)     //第i行
    {
        for(int j=0; j<=tot; j++)       //目前行的狀態
        {
            for(int k=0; k<=tot; k++)       //上一行的狀態
            {
                if(check(j, k)) dp[i][j]+=dp[i-1][k];
            }
        }
    }
    printf("%lld\n", dp[N][tot]);
}
int main()
{
    while(scanf("%d%d", &N, &M) && (M | N))
    {
        if(N*M%2) { printf("0\n"); continue; }
        if(N<M) swap(N, M);
        tot=(1<<M)-1;       //求得滿時上限
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        solve();
    }
    return 0;
}