題目：
給出一個n行m列的草地，1表示肥沃，0表示貧瘠，現在要把一些牛放在肥沃的草地上，但是要求所有牛不能相鄰，問你有多少种放法。
這是第一道狀態壓縮題目，在這劃時代的時候，讓我情不自禁的喊出一句：hello,world!
本來是一直懵比的，直到看到了這篇博客：swallowblank的博客
寫的很nice的。這裏搬運過來，再說一遍不是我寫的，是上面哪位博主寫的，侵刪。
內容：
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一開始根本不會狀壓dp，上網各種找題解，但發現他們寫的都很......反正我作爲一個沒有接觸過狀態壓縮的，根本看不懂！
然後看了好多狀態壓縮的題的題解，總結了一下思路，思路很重要，有了思路轉換成計算機語言就好了。因此我先講一下思路：
先說說地圖，地圖上每一行的01代表一個狀態，比如輸入樣例中的111、010，表示第一行的三個位置都可以種稻子，第二行中間的位置可以種稻子，然後，不能種稻子的地方一定不能種稻子（廢話...）
可以種稻子的地方可以選擇種也可以選擇不種，然後有一個前提條件，就是上下左右相鄰的地方不能種稻子。
再說說怎麼狀態壓縮，狀態壓縮就是把每一個狀態壓縮成二進制，二進制就是由01組成的，0代表不種，1代表種。二進制就要牽扯到位運算，位運算我就不想說了，百度吧。因此，一串01的二進制數就
可以代表一個狀態，例如輸入樣例第一行是111，那麼可以放入第一行的狀態有，100、010、001、101、000，因爲相鄰位置不能放所以只有5種方法，那麼第二行就只有2種方法000、010（不考慮其他行）
那麼看第一行和第二行(第一行——第二行)，100——000，010——000，001——000，101——000，000——000，這是5種對應方法，還可以100——010，001——010，101——010，000——010這是另外的4種對應方法（第一行5種狀態對吧?第二行2種狀態，按照乘法原理，應該有5*2 = 10種方法，但是111——010是不合法的，因此樣例的答案是10-1 = 9）。
dp[i][j]意思是推到第i行狀態爲j的方案總數。
那麼“100——000”即爲dp[2][000]可以由dp[1][100]得到,那麼dp[2][000] = dp[2][000] + dp[1][100];
那麼“010——000”即爲dp[2][000]可以由dp[1][010]得到,那麼dp[2][000] = dp[2][000] + dp[1][010];
......
以此類推，逐行遞推。
總結一下思路：先枚舉第一行，把所有可能的狀態和第一行的地圖對比，如果成功，則在循環裏繼續枚舉第二行，把所有可能的狀態和第二行的地圖對比，如果成功，再和第一行填入的狀態對比，如果又匹配成功，則dp[2][000] = dp[2][000] + dp[1][100];方法數加到第二行。這就是一次循環結束了，從新枚舉第二行...
把思路轉換成代碼
can[]代表可行的狀態，稍後解釋。cur[i]代表地圖的第i行
1 for(int i=1;i<m;i++)//枚舉每一行
2 {
3 for(int j=0;j<tot;j++)//對第i行枚舉所有可行的狀態j
4 {
5 if((can[j]&cur[i])==0)//如果狀態j和第i行匹配了
6 {
7 for(int k=0;k<tot;k++)//枚舉第i+1行的所有可行的狀態k
8 {
9 if(((can[k]&cur[i+1])==0)&&((can[k]&can[j])==0))//狀態k和第i+1行匹配且和狀態j匹配
10 dp[i+1][can[k]] = dp[i+1][can[k]]+dp[i][can[j]];//狀態數相加
11 }
12 }
13 }
14 }
這樣核心代碼就實現了。
有一個小方法，就是枚舉可行狀態的時候，假如一行是8列，不必從00000000枚舉到11111111，這樣很麻煩，所以要預處理。
就是在一開始把，一行的可行狀態先求出來就拿“11111111”來說，這肯定是不可能的，因爲有相鄰的1，所以在一開始就可以捨棄掉。怎麼做呢?
假如一行是8列，先從00000000枚舉到11111111，對於每一個狀態把它左移1位，再和他自己&運算，假如結果>0,就說明有有相鄰的1，舉個簡單的例子：
01011要判斷有沒有相鄰的1，if(((01011<<1) & (01011)） > 0 )則有相鄰的1，(01011<<1) & (01011) 就是 010110和01011按位且運算，這兩個紅色地方1&1 == 1，因此結果大於0。
怎麼實現呢?
1 tot = 0;//全局變量，相當於棧的top,代表可行的狀態數
2 for(int i=0;i<(1<<n);i++)//n是列數,i是枚舉的狀態
3 if((i&(i<<1))==0) can[tot++] = i;
dp[][]肯定要初始化對吧?不然全是0了，只要對第一行初始化就行了，因爲後面的的行都是由第一行得來的
1 for(int i=0;i<tot;i++)
2 if((cur[1]&can[i])==0) dp[1][can[i]] = 1;//和cur[1](第一行)匹配，就給對應的dp賦值爲1
最後一步就是得到cur[]
1 for(int i=1;i<=m;i++)
2 {
3 for(int j=0;j<n;j++)
4 {
5 int num;
6 scanf("%d",&num);
7 if(num==0) cur[i] = (cur[i]|(1<<j));//這裏要給0的地方變爲1,1的地方放上0,因爲要保證不合法的匹配一定是獨一無二的。自己思考一下吧
8 }
9 }
自己的一點理解，請青打臉，不不不，輕打臉。
我們首先用樸素的方法想一想這個題。
1 1 1
0 1 0
我們直接枚舉試試，先不考慮複雜度，(0,0)座標可以放也不以不放，如果(0,0)放，那麼我們在(0,1)也是兩種情況放還是不放，同理(0,2)也是這樣。然後我們假設第一行狀態是1 0 1，那麼我們第二行的狀態(1,0),(1,2)沒有選擇，(1,1)可以選擇放還是不放。。很容易理解。。
等等，我們回過頭想想，我們是怎樣定義狀態的，我們是以每個點的座標作爲一個狀態，但是我們可不可以這樣想，把上面一行整個的狀態看成一個狀態，掐指一算，大概是是8種狀態（每個選或者不選），但去除不能有相鄰1的情況後只有5種，怎麼把它表示出來，這就是上面的博主說的二進制壓縮了，然後我們所講就是一行的狀態與另一行狀態的故事了。
我們再回顧一下，解那個題，我們做了哪些事情。
(1)枚舉所有備選的，有可能可行的狀態，也就是剔除掉一定不行的，暨有相鄰1的狀態。
(2)找出每一行的地圖的狀態，暨 0 0 0 ，我們按照上面博主所說，將0 變成1,1變成0，無非就是在狀態匹配的時候爲了方便統一的寫出來，我們假如不這麼做 比如原地圖 1 1 1，我們有一個備選方案0 0 1 ，下一行有一個備選方案0 1 0 ,以我們肉眼觀察是可行的，但是計算機不能，我們怎樣讓二者達到統一。但我們反轉一下地圖
0 0 0
1 0 1
,010&101==0and 001&000==0，001&010==0這不就統一化了嘛，什麼？太巧了？好吧我說個不行的，上面方案是010，下面方案是010，010&000==0and010&101==0，but 010&010!=0，所以方案不行。不過實事求是說，我應該想不到這點，積累經驗吧。
(3)枚舉。枚舉這一行的備選方案，再與地圖匹配，看滿不滿足條件，合不合適，滿足的話，再選一個狀態作爲下一行的備選狀態，同樣看和地圖合不合適，如果合適的話，再看看與上一行合不合適，如果合適ok,dp[i+1][j]=dp[i+1][j]+dp[i][k]。
(4)初始化，這其實應該放在上面，但直接出來又比較突兀。
最後注意位運算的優先級，我開始照着樓上博主的代碼打都打錯。。。。
代碼是樓上博主的，(略去的地方)我自己加的點註釋：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define mod 100000000
using namespace std;
int dp[13][1<<12],cur[13];//cur[i]第i行的地圖
int can[1<<12],tot,m,n;//can[i]可行的狀態，是爲了消除110，這種
//只是備選項，能不能行還得匹配了才知道。
/*tot是狀態總數*/
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&m,&n))
{//m行，n列，最多有pow(2,n)個狀態
tot = 0;
for(int i=0;i<(1<<n);i++)
if((i&(i<<1))==0) can[tot++] = i;//相當於棧。
/*篩掉一定不行的*/
memset(cur,0,sizeof(cur));
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=m;i++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
int num;
scanf("%d",&num);
if(num==0) cur[i] = (cur[i]|(1<<j));
}
}
for(int i=0;i<tot;i++)
if((cur[1]&can[i])==0) dp[1][can[i]] = 1;
//初始化，第一行的地圖與所有的狀態匹配，能成功就標上1
for(int i=1;i<m;i++)
{
for(int j=0;j<tot;j++)
{
if((can[j]&cur[i])==0)//第1行的狀態與第一行的地圖匹配
{
for(int k=0;k<tot;k++)
{//下一行的狀態與下一行的地圖匹配 下一行與上一行匹配
if(((can[k]&cur[i+1])==0)&&((can[k]&can[j])==0))
dp[i+1][can[k]] = dp[i+1][can[k]]+dp[i][can[j]];
}
}
}
}
int ans = 0;
for(int i=0;i<tot;i++)
{
ans += dp[m][can[i]];
ans = ans % mod;
}
printf("%d\n",ans);
}
}