这道题感觉和昨天的凉心模拟有点像，不过这一次n和m都是手动输入的，所以矩阵自己画不出来。
但总体的思路还是一样的：状压dp，每一行为一个状态。
考虑每一个状态：对于每一个1 * 2的方块，要么横着放，要么竖着放。竖着放对于这一行相当于这一块的一半。因此，第k位为1表示第 i 行第k列有一个一半的方块第 i + 1行必须为0；0表示这一个块在这一行放完了，对 i + 1行没有影响，因此下一行0或1都行。那么考虑什么状态能从 dp[i - 1][j] 转移到 dp[i][k]：
1.j & k = 0。就是说 i - 1 行是1的位置都要填一个0.
2.j 和 k 按位或，连续的0的长度必须为偶数。就是说i - 1 行有一个00（横着的1 *2方块），i 行必须也有00。
然后我们可以把第二个条件预处理。
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cmath> 4 #include<algorithm> 5 #include<cstring> 6 #include<cstdlib> 7 #include<cctype> 8 #include<vector> 9 #include<stack> 10 #include<queue> 11 using namespace std; 12 #define enter puts("") 13 #define space putchar(' ') 14 #define Mem(a) memset(a, 0, sizeof(a)) 15 typedef long long ll; 16 typedef double db; 17 const int INF = 0x3f3f3f3f; 18 const db eps = 1e-8; 19 const int maxn = 15; 20 const int max_bin = 1 << 15; 21 inline ll read() 22 { 23 ll ans = 0; 24 char ch = getchar(), last = ' '; 25 while(!isdigit(ch)) {last = ch; ch = getchar();} 26 while(isdigit(ch)) {ans = ans * 10 + ch - '0'; ch = getchar();} 27 if(last == '-') ans = -ans; 28 return ans; 29 } 30 inline void write(ll x) 31 { 32 if(x < 0) x = -x, putchar('-'); 33 if(x >= 10) write(x / 10); 34 putchar(x % 10 + '0'); 35 } 36 37 int n, m; 38 bool odd[max_bin]; 39 ll dp[maxn][max_bin]; 40 41 int main() 42 { 43 while((n = read()) && (m = read())) 44 { 45 for(int i = 0; i < (1 << m); ++i) 46 { 47 bool cnt = 0, flg = 0; 48 for(int j = 0; j < m; ++j) 49 { 50 if(!((1 << j) & i)) cnt ^= 1; 51 else flg |= cnt, cnt = 0; 52 } 53 odd[i] = flg | cnt ? 0 : 1; 54 } 55 dp[0][0] = 1; 56 for(int i = 1; i <= n; ++i) 57 for(int j = 0; j < (1 << m); ++j) 58 { 59 dp[i][j] = 0; 60 for(int k = 0; k < (1 << m); ++k) 61 if(!(j & k) && odd[j | k]) dp[i][j] += dp[i - 1][k]; 62 } 63 write(dp[n][0]); enter; 64 } 65 return 0; 66 }