题目大意：农夫有一块地，被划分为m行n列大小相等的格子，其中一些格子是可以放牧的（用1标记），农夫可以在这些格子里放牛，其他格子则不能放牛（用0标记），并且要求不可以使相邻格子都有牛。现在输入数据给出这块地的大小及可否放牧的情况，求该农夫有多少种放牧方案可以选择（注意：任何格子都不放也是一种选择，不要忘记考虑！
补两张图:来自大佬博客：https://blog.csdn.net/he012/article/details/38382163
代表二进制思想,其中二进制形式的数都是表示的合法的数，即符合题目要求的（在每一行中两个1不相邻）
//思想全部在题解里:
//dp[i][j]:对于前i行数据，每行有前j种可能状态时的解
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
/*
放置奶牛，可放时且相邻不可以有的方法数目有多少;
*/
#define mod 100000000
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（即没有相邻的状态)
//
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]表示的是第i行整行的情况
inline bool ok(int x){ //判断状态x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;//0,1,2,4,5例如这种;分解成二进制不存在相邻的1;
//其中(x&x<<1)为真时代表相邻同为1,要理解位运算知识;
}
void init(){ //遍历所有可能的状态
top = 0;
int total = 1 << N; //遍历状态的上界2^N;记录为所有状态;
for(int i = 0; i < total; ++i){
if(ok(i))state[++top] = i;//表示可行?;//可行的数字存储进去;//top在这个地方求出;代表可能的最大状态数目;
}
}
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）//注意！！！@！
return true; //若没有，则可行
}
//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！
int main(){
while(scanf("%d%d",&M,&N)!= EOF){
init();
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i = 1; i <= M;++i){//M行;
cur[i] = 0;//第i行整行的情况;
int num;
for(int j = 1; j <= N; ++j){ //输入时就要按位来存储，cur[i]表示的是第i行整行的情况，每次改变该数字的二进制表示的一位
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 //i行j列;
cur[i] +=(1<<(N-j));//则将该位置为1（注意要以相反方式存储，即1表示不可放牧z^(N-j)
}//这个地方还是有一些疑问;
}
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; //若第1行的状态与第i种可行状态吻合，则dp[1][i]记为1
}//;
//初始化;
}
/*
状态转移过程中，dp[i][k] =Sigma dp[i-1][j] （j为符合条件的所有状态）
*/
//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！
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[])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，即得最终结果！！！泥马写注释累死我了终于写完了！
ans = (ans + dp[M][i])%mod;
}
printf("%d\n",ans);
}
}