玉米田
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时间限制：1000 ms
标准输入输出
题目类型：传统
评测方式：文本比较
题目描述
农场主John新买了一块长方形的新牧场，这块牧场被划分成M行N列(1 ≤ M ≤ 12; 1 ≤ N ≤ 12)，每一格都是一块正方形的土地。John打算在牧场上的某几格里种上美味的草，供他的奶牛们享用。遗憾的是，有些土地相当贫瘠，不能用来种草。并且，奶牛们喜欢独占一块草地的感觉，于是John不会选择两块相邻的土地，也就是说，没有哪两块草地有公共边。
John想知道，如果不考虑草地的总块数，那么，一共有多少种种植方案可供他选择？（当然，把新牧场完全荒废也是一种方案）
输入格式
第一行：两个整数M和N，用空格隔开。第2到第M+1行：每行包含N个用空格隔开的整数，描述了每块土地的状态。第i+1行描述了第i行的土地，所有整数均为0或1，是1的话，表示这块土地足够肥沃，0则表示这块土地不适合种草。
输出格式
一个整数，即牧场分配总方案数除以100,000,000的余数。样例
样例输入
2 3
1 1 1
0 1 0
样例输出
9
（此题注意方案数要除以余数）
这道题很容易想到DP，并且是状压DP。为什么呢，设状态(f_{i})为到第i行为止总的方案数，如果我们不能表示出(i-1)行的状态的话，那么第(i)行也推不出来。（第(i)行和第(i-1)行不能有土地邻接）
于是考虑状态压缩。用一个长度为(m)的二进制数(j)来表示第(i)行选择土地的情况，(j)的第(k)位为1表示在第(i)行的第(k)列选了一个土地。
于是我们便得到了状态转移方程：
(f_{i,j} = sum_{f_{i-1,k}})
那么这篇题解到这里就结束了
好吧别打我。
这道题的难点就是在于判断(j),(k),(j)和(k)这两个状态是否合法。这里就体现出了位运算的优越性。
对于判断一行农田(j)是否有相邻的已选的农田，我们可以这样判断：
if( (j<<1) & j) 不合法
else 合法
（位运算这篇博客里不会详讲，这种方法的可行性请读者自己翻阅资料思考）
同理对于状态(k)我们也可以这样判断。
对于上下相接的两个状态(j)和(k)，我们要判断它们的每一位是否出现了都是1的情况：
if(i&j) 不合法
else 合法
(还有一个居然忘讲了）
需要注意的是，在枚举(j)的过程中，我们还要判断我们是否选择了“贫瘠”的土地，这是我使用的方法：
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1,L;j<=m;j++) {
cin>>L;
P[i]=(P[i]<<1)+L;
}//将初始的农田转换成2进制
for(int i=0;i<(1<<m);i++)
if((!((i<<1) & i)) && ((P[1] & i) == i))
f[1][i]=1; //初始化状态,((P[1] & i) == i)就是我用来判断是否
//选择了贫瘠土地的方法.
(关于状压DP，我这里要说一句，熟练掌握位运算是必要条件，这一点可以通过多做题来训练）
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
#define N 15
#define LL long long
#define MOD 100000000
LL n,m,f[15][100010],ans,P[N];
int main() {
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1,L;j<=m;j++) {
cin>>L;
P[i]=(P[i]<<1)+L;
}
for(int i=0;i<(1<<m);i++)
if((!((i<<1) & i)) && ((P[1] & i) == i))
f[1][i]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
for(int y=0;y<(1<<m);y++)
if((!((y<<1) & y)) && ((P[i] & y) == y))
for(int x=0;x<(1<<m);x++)
if((!((x<<1) & x)) && ((P[i-1] & x) == x)) {
if(x & y) continue;
f[i][y]=(f[i][y]+f[i-1][x])%MOD;
}
for(int i=0;i<(1<<m);i++)
if((!((i<<1) & i)) && ((P[n] & i) == i))
ans=(ans+f[n][i])%MOD;
cout<<ans;
}