状态压缩DP入门题

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 /*本题为状态压缩题
 题目大意 ：
   一个矩阵里有很多格子，每个格子有两种状态，可以放牧和不可以放牧，
   可以放牧用1表示，否则用0表示，在这块牧场放牛，要求两个相邻的方
   格不能同时放牛（不包括斜着的），即牛与牛不能相邻。问有多少种放牛方
   案(一头牛都不放也是一种方案)；
 要枚举每一行中的是否种植（也就是0 1状态） 最大状态的12，
 每一行的总共可以有的种植方式就有2^12次方种，
 而二进制的0 1 特征刚好可以表示这些种植方式；
 比如0001 表示在第四个位置种植，其他不种；
 比如0101 表示2 4种，依此类推。。。
 所以dp[n][m]的第二维度的大小，就要根据题目中的最大限度，
 本题n,m的大小开到了12；所以我们以13为上限，或者2^12+10都可以；
 dp[n][1<<13];
 */
 #include<cstdio>
 #include<string.h>
 using namespace std;
 const int mod=1e8;
 const int maxn=<<;
 int a[maxn];
 int dp[][maxn];
 int mp[];
 int judge1(int x)   //判断同一行中是否会出现相邻为1的情况。
 {
     return (x&(x<<));
 }
 int judge2(int i,int x) //判断此情况是否是题目中的可列举情况；
 {                       //因为题目中有限制哪些地方可以种植，哪些不可以；
     return (mp[i]&a[x]);
 }
 void init() //初始化
 {
     memset(dp,,sizeof(dp));
     memset(mp,,sizeof(mp));
     memset(a,,sizeof(a));
 }
 int main()
 {
     int n,m;
     while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){
         init();
         for(int i=;i<=n;i++)
         for(int j=;j<=m;j++){
             int t;
             scanf("%d",&t);
             if(t==)
                 mp[i]+=<<(j-); //将题目中每一行的限制情况存储起来；
                                  //这里存储的是不可种植的地方
                                  //后面的判断某种种植方式是否可行的方案
                                  //就可以通过mp[i]&a[x]来解决；
                                  //比如题目中限制了0 1 0 1，表示只有2 4可种植
                                  //而这里是存储了1 0 1 0，现在有个方案是0 1 0 0
                                  //将其与1 0 1 0进行&运行，假如等于0，就表示可行；
         }
         int cot=;
         for(int i=;i<(<<m);i++){
             if(!judge1(i))
                 a[cot++]=i;  //将第一行可表示的状态（没有相邻1）列举出来
                              //此时还未与题目中的限制的可种植地方相比较；
         }
         for(int i=;i<cot;i++) //与题目限制的相比较；
             if(!judge2(,i))   //如果方案可行，=1；
                 dp[][i]=;
         for(int i=;i<=n;i++){
             for(int j=;j<cot;j++){
                 if(judge2(i,j)) //如果不满足限制的种植条件
                     continue;
                 for(int k=;k<cot;k++){
                     if(judge2(i-,k)) //如果不满足限制的种植条件
                         continue;
                     if(!(a[k]&a[j]))
                         dp[i][j]+=dp[i-][k];
                 }
             }
         }
         int ans=;
         for(int i=;i<cot;i++){
             ans+=dp[n][i];   //将所有方案相加；
             ans%=mod;
         }
         printf("%d\n",ans);
     }
     return ;
 }