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思路摘抄自大佬博客
状态可由二进制表示，只需将每种状态转化为相应的十进制数，即可只用一个数字，就能表示某一种状态
以dp[i][state(j)]来表示对于前i行，第i行采用第j种状态时可以得到的可行方案总数！
例如：回头看样例数据，dp[2][1]即代表第二行使用第2中状态（0 1 0）时可得的方案数，即为4；
那么，可得出状态转移方程为：
dp[i][state(j)]=dp[i-1][state(k1)]+dp[i-1][state(k2)]+……+dp[i-1][state(kn)](kn即为上一行可行状态的编号，上一行共有n种可行状态）
最终ans=dp[m][state(k1)]+dp[m][state(k2)]+……+dp[m][state(kn)]; (kn即为最后一行（第m行）可行状态的编号）
//状压DP
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define mod (int)1e8
int M,N,top=0;
//top表示每行最多的状态数
int state[600],num[110];
//state存放每行所有的可行状态
int dp[20][600];
//dp[i][j]：对于前i行数据，每行有前j种可能状态时的解
int cur[20];
//cur[i]表示第i行整行的情况
inline bool ok(int x)//判断x状态是否可行
{
if(x&x<<1)return false;//若存在相邻两个格子都为1，则该状态不可行
return true;
}
void init()//遍历所有可能的状态
{
top=0;
int total=1<<N;//遍历状态的上界
for(int i=0;i<total;i++)
if(ok(i))state[++top]=i;
}
inline bool fit(int x,int k)//判断状态x与第k行的实际状态的逆是否有重合
{
if(x&cur[k])return false;//若有重合即x不符合要求
return true;
}
int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
while(scanf("%d%d",&M,&N)!=EOF)
{
init();//遍历所有可能状态
memset(dp,0,sizeof(dp));//初始化
for(int i=1;i<=M;i++)
{
cur[i]=0;
int num;
for(int j=1;j<=N;j++)//输入时按位存储，cur[i]表示第i行整行的情况，每次改变该数字的二进制表示一位
{
scanf("%d",&num);//表示第i行第j列的情况（0或1）
if(num==0)//若该格为0
cur[i]+=(1<<(N-j));//则将该位置为1(以相反方式存储，1表示不可放牧)
}
}
for(int i=1;i<=top;i++)
if(fit(state[i],1))//判断所有可能状态与第一行的实际状态的逆是否有重合
dp[1][i]=1;
//状态转移过程中，dp[i][k]=∑dp[i-1][j](j为符合条件的所有状态)
for(int i=2;i<=M;i++)//i索引第2行到第M行
for(int k=1;k<=top;k++)//该循环针对所有可能的状态,找出一组与i第i行相符的state[k]
{
if(!fit(state[k],i))continue;//判断是否符合第i行实际情况
for(int j=1;j<=top;j++)//找到state[k]后,再找一组与第i-1行符合,且与第i行(state[i])不冲突的状态state[j]
{
if(!fit(state[j],i-1))continue;//判断是否符合第i-1行实际情况
if(state[k]&state[j])continue;//判断是否与第i行冲突
dp[i][k]=(dp[i][k]+dp[i-1][j])%mod;//若以上皆可通过,则将j累加到k上
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=top;i++)//累加最后一行所有可能状态的值
ans=(ans+dp[M][i])%mod;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}