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Corn Fields
在这个链接写得不错，
先说说地图，地图上每一行的01代表一个状态，比如输入样例中的111、010，表示第一行的三个位置都可以种稻子，第二行中间的位置可以种稻子，然后，不能种稻子的地方一定不能种稻子（废话...）
可以种稻子的地方可以选择种也可以选择不种，然后有一个前提条件，就是上下左右相邻的地方不能种稻子。
再说说怎么状态压缩，状态压缩就是把每一个状态压缩成二进制，二进制就是由01组成的，0代表不种，1代表种。二进制就要牵扯到位运算，位运算我就不想说了，百度吧。因此，一串01的二进制数就
可以代表一个状态，例如输入样例第一行是111，那么可以放入第一行的状态有，100、010、001、101、000，因为相邻位置不能放所以只有5种方法，那么第二行就只有2种方法000、010（不考虑其他行）
那么看第一行和第二行(第一行——第二行)，100——000，010——000，001——000，101——000，000——000，这是5种对应方法，还可以100——010，001——010，101——010，000——010这是另外的4种对应方法（第一行5种状态对吧?第二行2种状态，按照乘法原理，应该有5*2 = 10种方法，但是111——010是不合法的，因此样例的答案是10-1 = 9）。
dp[i][j]意思是推到第i行状态为j的方案总数。
那么“100——000”即为dp[2][000]可以由dp[1][100]得到,那么dp[2][000] = dp[2][000] + dp[1][100];
那么“010——000”即为dp[2][000]可以由dp[1][010]得到,那么dp[2][000] = dp[2][000] + dp[1][010];
......
以此类推，逐行递推。
总结一下思路：先枚举第一行，把所有可能的状态和第一行的地图对比，如果成功，则在循环里继续枚举第二行，把所有可能的状态和第二行的地图对比，如果成功，再和第一行填入的状态对比，如果又匹配成功，则dp[2][000] = dp[2][000] + dp[1][100];方法数加到第二行。这就是一次循环结束了，从新枚举第二行...
为了更好的理解状压dp，首先介绍位运算相关的知识。
1.’&’符号，x&y，会将两个十进制数在二进制下进行与运算，然后返回其十进制下的值。例如3(11)&2(10)=2(10)。
2.’|’符号，x|y，会将两个十进制数在二进制下进行或运算，然后返回其十进制下的值。例如3(11)|2(10)=3(11)。
3.’^’符号，x^y，会将两个十进制数在二进制下进行异或运算，然后返回其十进制下的值。例如3(11)^2(10)=1(01)。
4.’<<’符号，左移操作，x<<2，将x在二进制下的每一位向左移动两位，最右边用0填充，x<<2相当于让x乘以4。相应的，’>>’是右移操作，x>>1相当于给x/2，去掉x二进制下的最有一位。
这四种运算在状压dp中有着广泛的应用，常见的应用如下：
1.判断一个数字x二进制下第i位是不是等于1。
方法：if ( ( ( 1 << ( i - 1 ) ) & x ) > 0)
将1左移i-1位，相当于制造了一个只有第i位上是1，其他位上都是0的二进制数。然后与x做与运算，如果结果>0，说明x第i位上是1，反之则是0。
2.将一个数字x二进制下第i位更改成1。
方法：x = x | ( 1<<(i-1) )
证明方法与1类似，此处不再重复证明。
3.把一个数字二进制下最靠右的第一个1去掉。
方法：x=x&(x-1)
代码1：
此代码是在num==0时来记录每行的状态的。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define mod 100000000
using namespace std;
int dp[13][1<<12],cur[13];
int can[1<<12],tot,m,n;
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&m,&n))
{
tot = 0;///全局变量，相当于栈的top,代表可行的状态数
for(int i=0;i<(1<<n);i++)///n是列数,i是枚举的状态
if((i&(i<<1))==0) can[tot++] = i;
memset(cur,0,sizeof(cur));
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=m;i++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
int num;
scanf("%d",&num);
if(num==0) cur[i] = (cur[i]|(1<<j));
///这里要给0的地方变为1,1的地方放上0,因为要保证不合法的匹配一定是独一无二的。自己思考一下吧
}
}
for(int i=0;i<tot;i++)///初始化，和cur[1](第一行)匹配，就给对应的dp赋值为1
if((cur[1]&can[i])==0) dp[1][can[i]] = 1;
for(int i=1;i<m;i++)///枚举每一行
{
for(int j=0;j<tot;j++)///对第i行枚举所有可行的状态j
{
if((can[j]&cur[i])==0))///如果状态j和第i行匹配了
{
for(int k=0;k<tot;k++)///枚举第i+1行的所有可行的状态k
{
if(((can[k]&cur[i+1])==0)&&((can[k]&can[j])==0))///状态k和第i+1行匹配且和状态j匹配
dp[i+1][can[k]] = dp[i+1][can[k]]+dp[i][can[j]];///状态数相加
}
}
}
}
int ans = 0;
for(int i=0;i<tot;i++)
{
ans += dp[m][can[i]];
ans = ans % mod;
}
printf("%d\n",ans);
}
}代码2：
此代码是num==1时来存储此行的状态的。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define mod 100000000
using namespace std;
int dp[13][1<<12],cur[13];
int can[1<<12],tot,m,n;
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&m,&n))
{
tot = 0;///全局变量，相当于栈的top,代表可行的状态数
for(int i=0;i<(1<<n);i++)///n是列数,i是枚举的状态
if((i&(i<<1))==0) can[tot++] = i;
memset(cur,0,sizeof(cur));
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=m;i++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
int num;
scanf("%d",&num);
if(num==1){
cur[i]+=(1<<m-j); ///不用变，直接存储
}
}
}
for(int i=0;i<tot;i++) ///初始化dp第一行
if((can[i]|cur[1])==cur[1]) ///若或运算之后的结果还跟以前的一样，说明可行，例如101 |010 结果111，不可行
dp[1][can[i]]=1;
for(int i=2;i<=m;i++)
{
for(int j=0;j<tot;j++)
{
if((can[j]|cur[i])==cur[i]){///判断是否与第i行的状态有冲突
for(int k=0;k<tot;k++){
if(((can[j]&can[k])==0))///不判断第i+1行与状态j是否有冲突，
///判断第i行状态与第i+j行的状态是否有冲突
dp[i][can[j]]=dp[i][can[j]]+dp[i-1][can[k]];///假设can[k]与cur[i-1] 有冲突，加起来也不影响，自己细想下就能理解,只不过循环次数多一点而已
printf("dp[%d][%d]=%d\n",i,can[j],dp[i][can[j]]);
}
}
}
}
int ans = 0;
for(int i=0;i<tot;i++)
{
ans += dp[m][can[i]];
ans = ans % mod;
}
printf("%d\n",ans);
}
}