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題目意思：

給n*m的方格，有些方格有障礙，問有多少種方式能使所有的非障礙點都在某個環上，環可以有多個。

解題思路：

輪廓線dp.

dp[i][j][s]表示到達第i行第j列,輪廓線上插頭的狀態為s時的總的方案數。

對於當前第j列，狀態(bool) s&（1<<j）表示當前格的右插頭，(bool) s&(1<<(j-1)表示當前格的下插頭。

容易知：

當前格為通行狀態時：00<=11     01<=10,01      10<=10,01     11<=00 

當前格為障礙狀態時：00<=00     其他為0

初始化為dp[0][m][0]=1 ;表示初始狀態

上一行的最後一列的狀態可以左移一位作為下一行的初始狀態。

因為對於每一行的最後一列狀態有效狀態 K0K1K2..Km  Km一定為0，不可能有右插頭

對於每一行的開始一列的前一狀態 K0K1K2..Km K0一定為0，不可能存在第一格的左插頭。

所以可以左移一位，作為下一行的初始狀態。（注意下標從左置右為從小到大）

程式碼：

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#define eps 1e-6
#define INF 0x1f1f1f1f
#define PI acos(-1.0)
#define ll __int64
#define lson l,m,(rt<<1)
#define rson m+1,r,(rt<<1)|1
using namespace std;

/*
freopen("data.in","r",stdin);
freopen("data.out","w",stdout);
*/
ll dp[15][15][1<<15];
int save[15][15];

int main()
{
   int t,n,m;

   scanf("%d",&t);
   for(int ca=1;ca<=t;ca++)
   {
      scanf("%d%d",&n,&m);
      for(int i=1;i<=n;i++)
         for(int j=1;j<=m;j++)
            scanf("%d",&save[i][j]);
      dp[0][m][0]=1; //初始化狀態
      for(int i=1;i<=n;i++)
      {
         for(int j=0;j<(1<<(m+1));j++)  //換行的時候，只需將狀態左移一位
            dp[i][0][j<<1]=dp[i-1][m][j];//從k0k1k2...k(m-1)0 到0k1k2k3...km,只需左移一位
         for(int j=1;j<=m;j++)
         {
            for(int k=0;k<(1<<(m+1));k++)
            {
               int p=1<<j; //當前格子的右插頭 //分別從上一格子的 相對於當前格子的左插頭和上插頭遞推過來
               int q=p>>1; //當前格子的下插頭
               bool x=k&p; //是否有插頭，將多位轉化為1位
               bool y=k&q; //是否有插頭

               if(save[i][j]) //可通
               {
                  dp[i][j][k]=dp[i][j-1][k^p^q]; //相當於這兩位取反 00<=11
                                                                  //01<=10 10<=01 11<=00
                                                   //對於每個狀態都有一條路聯通，另外01<=01 10<=10
                  if(x!=y) //新增加的情況 10<=10 01<=10
                     dp[i][j][k]+=dp[i][j-1][k];
               }
               else //有障礙物
               {
                  if(x==0&&y==0) //均為0
                     dp[i][j][k]=dp[i][j-1][k]; //前一格子也為0,0，前面一塊可以連通
                  else
                     dp[i][j][k]=0;  //不為0，對於這種狀態只能標誌為0
               }
            }
         }
      }
      printf("Case %d: There are %I64d ways to eat the trees.\n",ca,dp[n][m][0]);
     // printf("%d\n",dp[n][m][0]); //輪廓線為0(沒有插頭）的情況

   }

   return 0;
}