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题意：给定一个长，宽为n,m的矩阵，放满1*2的矩形小块问有多少种方法填满。
1：轮廓dp
范围很小，轮廓dp可以做。
| k5 | k4 | k3 | ||
|---|---|---|---|---|
| k2 | k1 |
状态改写为如上k5k4k3k2k1去表示，1表示这个格子已经放了，0表示没放。（代码中的状态表示也是这个顺序）
什么是轮廓线？
图中的红色线就是边缘线，由此来进行状态转移。我们对每一个格子进行状态的分析，我们从左上角开始考虑放置，从上往下，从左往右，每个格子有三种情况：
A：不放矩形
B：横着放
C：竖着放
A：什么时候能够不放，那么必定它上头的方格状态是1，也就是被利用了，这会儿不填，下一行的状态会影响到它不填也可以，但是上头必须被填。
B：我需要横着放，第一列肯定不行，那么我上头的格子一定要被利用否则我优先竖着放要填满，前一个格子状态是0，一旦前面格子状态是0，我就需要去填满。
C：竖着放，第一行肯定不行，需要上一个格子状态为0，一旦上头格子为0，我就需要去填满，不用考虑前面格子是因为后面的状态还有机会填满前面的格子。
我们还是要按满足填满要求的，所以状态这么转移。
dp[i][j][k]:表示第i行第j个格子 轮廓线的状态为k时的方法数，转移不过来的就是不能成功放满的即为0。
两者状态只与上一层的轮廓线产生的状态有关，滚动数组。
具体见代码。
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<istream>
#include<vector>
#include<stack>
#include<set>
#include<map>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define MAX_len 50100*4
using namespace std;
typedef long long ll;
const int NUM=(1<<12);
ll dp[2][NUM];
ll n,m;
int main()
{
ll i,j,k;
while(~scanf("%lld %lld",&n,&m)&&(n||m))
{
if(m>n)//做一点小优化
swap(n,m);
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][(1<<m)-1]=1;//开始把上面都看作填满的状态就一种方法
int hh=0;
for(i=0;i<n;i++)
{
for(j=0;j<m;j++)
{
memset(dp[(hh+1)&1],0,sizeof(dp[(hh+1)&1]));
for(k=0;k<(1<<m);k++)
{
if(k&(1<<(m-1)))//不放
{
dp[(hh+1)&1][(k<<1)&((1<<m)-1)]+=dp[hh&1][k];
}
if(j&&!(k&1)&&(k&(1<<(m-1))))//横着放
{
dp[(hh+1)&1][((k<<1)|3)&((1<<m)-1)]+=dp[hh&1][k];
}
if(i&&!(k&(1<<(m-1))))//竖着放
{
dp[(hh+1)&1][((k<<1)|1)&((1<<m)-1)]+=dp[hh&1][k];
}
}
hh++;
}
}
printf("%lld\n",dp[hh&1][(1<<m)-1]);
}
return 0;
}
2：状压dp
与轮廓dp不同的是，这里的状态dp是直接判断一行一行的状态，而轮廓dp是从格点出发的。
可以分析一下，如果上一层状态有0，那么下一层一定要有个1去跟0匹配，因为我是要去填满的，这一行不填的话那么下一行就没有机会去弥补了。
所以上0下1其实就是竖着放。
但是我们这里需要判断一下，当上面的格子是1的时候，下面的格子可以是0或者1，如果下面的格子是1那么，下面的格子为1的连续区间的长度一定是一个偶数才符合条件，也就是全部横放了，与运算一下判断。
具体见代码。（其实可以先打表用一个数组去直接O（1）的求出状态是否符合，这样会更快一点，有点懒就直接加在里面了。。。应该是没什么极限数据吧）
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<istream>
#include<vector>
#include<stack>
#include<set>
#include<map>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define MAX_len 50100*4
using namespace std;
typedef long long ll;
const int NUM=(1<<12);
ll dp[2][NUM];
ll n,m;
bool check(ll temp)
{
ll cnt=0;
while(temp)
{
if(temp&1)
{
cnt++;
}
else
{
if(cnt&1)
return false;
else
cnt=0;
}
temp>>=1;
}
if(cnt&1)
return false;
else
return true;
}
bool check1(ll x,ll y)
{
for(ll i=0;i<m;i++)
{
if(((1<<i)&y)==0)
{
if((1<<i)&x)
{
continue;
}
else
return false;
}
}
return true;
}
int main()
{
ll i,j,k;
while(~scanf("%lld %lld",&n,&m)&&(n||m))
{
if(m>n)//稍微优化一下
swap(n,m);
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(i=0;i<(1<<m);i++)
{
if(check(i))
dp[0][i]=1;
else
dp[0][i]=0;
}
int hh=0;
for(i=1;i<n;i++)
{
memset(dp[(hh+1)&1],0,sizeof(dp[(hh+1)&1]));
for(j=0;j<(1<<m);j++)//这一层的状态
{
for(k=0;k<(1<<m);k++)//上一层的状态
{
if(dp[hh&1][k]==0)
continue;
if(check(j&k)&&check1(j,k))
{
dp[(hh+1)&1][j]+=dp[hh&1][k];
}
}
}
hh++;
}
printf("%lld\n",dp[hh&1][(1<<m)-1]);
}
return 0;
}
