解法参考博客https://blog.csdn.net/u013480600/article/details/19569291

一种做法是先打出所有的状态,即满足上下配对的所有可能方案,然后再逐行进行枚举计数

dp[i][s]=sum{dp[i-1][t]},t是所有和s配对的状态

打状态时要注意如果i-1的j是0,那么i的j必定是1,i剩下的位置要必须一对对填入1,也可以用0填入,即枚举i行的横放砖块的起始位置k即可,如果i-1的k或k+1有一个不是1,那么显然不能放下

/*
对于每一行,用11表示一个横放的方块,用0表示竖放方块的第一格,1表示竖放方块的第二格
枚举i-1行的状态,推出i行的状态
如果i-1行的j位置是0,那么第i行的j必须是1,第i行剩下的地方要么填连续两个1要么填0
第n行的状态必须都是1
*/
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
ll dp[][<<];
int n,m,w,path[][];//所有可能的配对方案
void get(int m){
for(int i=;i<=(<<m)-;i++)
for(int j=;j<=(<<m)-;j++){
int ok=;
for(int k=;k<m;k++)
if(ok){
if( !(i&(<<k)) ){//i的第k位是0
if(!(j&(<<k))){
ok=;break;
}
}
else{//i的第k位是1,其实是在枚举j状态横放的起点位置
if(!(j&(<<k)))continue;//j的第k位是0
++k;
if(k>=m || !(i&(<<k))){//i没有第k+1位或者i的第k+1位是0,所以j在k位置不可能横放了
ok=;break;
}
else if( (j&(<<(k-))) && !(j&(<<k)) ){//j的状态是10,显然不可能
ok=;break;
}
}
}
if(ok)path[w][]=i,path[w++][]=j;
}
}
int main(){
while(cin>>n>>m,n){
w=;
if(m>n)swap(n,m);
get(m);
memset(dp,,sizeof dp);
dp[][(<<m)-]=;
for(int i=;i<n;i++)
for(int j=;j<w;j++)
dp[i+][path[j][]]+=dp[i][path[j][]];
printf("%lld\n",dp[n][(<<m)-]);
}
}

另外一种解法

/*
用0和1表示某个位置放不放砖块,如果是0则表示让下一行来补,如果是1则有两种可能,一种是横放,一种是填补上一行的0
对应这三种情况,可以搜索出所有可能的配对情况
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll dp[][<<];
int path[][],n,m,w;
void get(int c,int pre,int now){
if(c>m)return;
else if(c==m){
path[w][]=pre;
path[w++][]=now;
return;
}
get(c+,(pre<<)|,now<<);//后一行不放,前一行必定是1
get(c+,pre<<,(now<<)|);//前一行0,后一行必定是1
get(c+,(pre<<)|,(now<<)|);//前一行横放,后一行也是横放
}
int main(){
while(cin>>n>>m,m){
w=;
if(m>n)swap(n,m);
get(,,);
memset(dp,,sizeof dp);
dp[][(<<m)-]=;//初始条件不可忽略!
for(int i=;i<n;i++)
for(int j=;j<w;j++)
dp[i+][path[j][]]+=dp[i][path[j][]];
printf("%lld\n",dp[n][(<<m)-]);
}
}

最后是轮廓线解法:遍历一次方格,每扫到一个方格时枚举所有可能的轮廓线,然后由上一个格子(上一个状态的轮廓线)推出当前状态的轮廓线所对应的摆放方案数,以此推到最后一个格子

使用滚动dp数组,覆盖之前无效的信息即可

/*
轮廓线解法
*/
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
ll dp[][<<];
int n,m,cur;
void update(int a,int b){//a是包含m位的旧状态,b是包含m+1位的新状态
if(b&(<<m))//如果b的首位是1才进行转移,即如果b的首位是0的话是不成立的
dp[cur][b^(<<m)]+=dp[cur^][a];
}
int main(){
while(cin>>n>>m,m){
if(m>n)swap(m,n);
memset(dp,,sizeof dp);
cur=;
dp[][(<<m)-]=;//边际条件算第一种方案:需要由这个初始状态推导出其他状态
for(int i=;i<n;i++)
for(int j=;j<m;j++){
cur^=;
memset(dp[cur],,sizeof dp[cur]);//把上一轮的状态清零
for(int k=;k<(<<m);k++){//枚举当前所有可能的轮廓线状态
//三种可能
update(k,k<<);//[i,j]不放
if(i && !(k&(<<(m-))))update(k,(k<<)^(<<m)^);//向上摆放
if(j && !(k&))update(k,(k<<)^);//向左摆放
}
}
printf("%lld\n",dp[cur][(<<m)-]);
}
}

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