题意：计算用给定的1*2的方块填满高为h，宽为w的矩阵的方案数.
这题想了个dp[i][j]表示枚举到第i行时且第i行之前的都填满时，第i行的状态为j，但是无奈我想转移的时候卡住了，然后看题解，发现什么兼容模式有点看不懂，后来找到了一篇和我dp数组一样的博客，从中学到了状态转移方式（博主叫银之夏雪，也是参考kuangbin的博客）
我思考的时候，把放方块假想为涂颜色，那么每次涂肯定是两格（横着或者竖着），有颜色视为1，没有视为0，如果设i行状态为j，i-1行状态为k，那么只要能从k转移到j，我们就可以得到
dp[i][j]+=dp[i-1][k];
也就是只用考虑check一下状态的转移.
假设w为4，就觉得当i-1行的状态j=0011(二进制状态)，那么转移为的第i行的状态就有一点多，比如在这i-1行横着放一个，那么这一行就成了1111，第i行的状态就相当于只看第i行来放方块，能够放出来的状态（0000,1100,0011,1111）都可以由i-1行的状态转移过来，而当i-1行我不横着放的时候，那么能够转移到的第i行的状态：1100,1111。导致这样的状态就很杂，我分了一下类：
一，i-1行的状态k可以通过某种不借助下一行的方式把自己放满时，可以转移i行的状态：只在第i行放方块的所有情况，放出来的状态都可以。
二，i-1行的状态k必须要借助下一行时
可以转移i行的状态：对于k状态中有连续的两个0时，那么这里我可以横着放，也可以竖着放，对下一行的状态影响明显不同，balabala。。。反正我想了好多的状态哦，直接爆炸。
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而且其实在上面的分类思路中其实就已经有错了，如果对于状态k是0011，那么我横着放一个时变成了1111，这也是个不借助下一行就可以把自己放满的状态，那么k=1111时所能达到的第i行的状态，我在k=0011时就已经算了一遍了，结果必定导致多算。,因此思考的时候，不借助下一行就把自己放满的状态不应该考虑，因为它必然会转移到i-1行的另一个状态s，且这个s我们也会拿去转移状态方程，导致最后答案重复。 所以在上一行放方块时我们只能考虑竖着放，上一行已经是偶数个连续1时，我们这一行可横可竖。但当时没看出来，看了题解才发现。
只能竖着放就有骚操作位运算直接把所有的统一起来，考虑我们此时，i-1行的状态为k，k可以转移的i行的状态为j,那么k中为0的地方，j中必然为1，也就是我们(j|k)的状态为全集（每个位置都为1），k中为1的地方，根据连续1的个数的奇偶性：
1.连续1的个数为偶数：那么j的对应位置就可0可1.
2.连续1的个数为奇数：那么就可拆分成一组一组偶数个1化归为第1种情况，但最后还剩下一个1，这个1对应的j的位置只能是0，很明显，这种情况下，j的状态是一个集合，比如我们假设w=5，状态k=11111,那么j的状态:
k中第一个1为剩下的:00000，01100，00110，00011
k中第三个1为剩下的:00000，11000，11011，00011
.balabala
这个集合统一下就是(j&k)的二进制集合中连续的1的个数一定只为偶数。
由于i-1行中为1的状态，第i行对应状态只能要么为偶数个连续的1，要么就是0.这个好像也可以想通，但感觉需要点提示。
如果k中连续的1的个数是偶数，那么j中对应的这段位置上连续的1也一定是偶数，因为放格子横着放的嘛。所以j&k的结果的对应这段位置连续的1也一定是偶数.
如果k中连续的1的个数是奇数，分组划归为第一种情况的那些j&k后也是一样的是偶数，只有最后多出来的一个1&0=0，堆结论不产生影响。
所以我们就可以得到k转移到j的两个条件
j|k为全集 && j&k的集合中连续1的个数只能是偶数。
讲的不是特别清楚，能力表达有限@_@。
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<set>
#include<time.h>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstring>
#include<functional>
#include<stack>
#include<map>
#include<queue>
#define mod (10007)
#define middle (l+r)>>1
#define SIZE 1000000+5
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define lson (rt<<1)
#define rson (rt<<1|1)
typedef long long ll;
typedef long double lb;
const int inf_max = 0x3f3f3f;
const ll Linf = 9e18;
const int maxn = 10+2;
const long double E = 2.7182818;
const double eps=0.0001;
using namespace std;
inline int read()
{
int f=1,res=0;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9') { res=res*10+ch-'0' ; ch=getchar(); }
return f*res;
}
int h,w;
ll dp[15][1<<12];
bool check(int x) //判断是否全是偶数个1;
{
int ret=0;
while(x) {
if(x&1) ret++;
else {
if(ret&1) return false;
else ret=0;
}
x>>=1;
}
return !(ret&1);
}
int main()
{
while(scanf("%d%d",&h,&w),h+w)
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=0;i<(1<<w);i++) if(check(i)) dp[1][i]=1; //初始化，第一行能放出来的状态那么这就是转移的起点
for(int i=1;i<h;i++) {
for(int j=0;j<(1<<w);j++) {
if(dp[i][j]!=0) { //剪枝
for(int k=0;k<(1<<w);k++) {
if((j|k)==(1<<w)-1 && check(j&k)) //条件
dp[i+1][k]+=dp[i][j];
}
}
}
}
printf("%lld\n",dp[h][(1<<w)-1]);
}
return 0;
}
这个剪枝我转头删了一下，发现貌似剪得真的不少傲
