何为状态压缩ＤＰ？
所谓状态压缩主要指的是用位运算代替枚举DP的时间，如果某一个状态和之前状态的顺序没有关系，那么就可以将之前的选或者不选（0 / 1）压缩到一个二进制数中。在选择第i个时枚举之前的所有可能的i-1状态，但是这i-1状态是不记录顺序的，只在i-1到i时考虑顺序，这样的话往往能够节约很多时间。 这一题便是状态压缩ＤＰ的一个经典题目了。
题目
求把NM的棋盘分割成若干个12的的长方形，有多少种方案。
例如当N=2，M=4时，共有5种方案。当N=2，M=3时，共有3种方案。
如下图所示：
输入格式
输入包含多组测试用例。
每组测试用例占一行，包含两个整数N和M。
当输入用例N=0，M=0时，表示输入终止，且该用例无需处理。
输出格式
每个测试用例输出一个结果，每个结果占一行。
数据范围
1≤N,M≤11
输入样例：
1 2
1 3
1 4
2 2
2 3
2 4
2 11
4 11
0 0
输出样例：
1
0
1
2
3
5
144
51205
题目思路
遇到这种有多种变化的情况来说，我们要使得一个动一个不变，这题的核心就是先摆横着的长方形，摆完横着的之后，竖着的自然就只有一种方式了，所以我们只需要计算有多少种合法的横着摆放的种类就行。
那，如何去确定它是否合法呢？
我们无法一下子就确定合法的横着的摆法，这时候就要想到用动态规划了，运用动态规划保存前面所有合法的摆放方法总数。
想到了动态规划，用哪一种动态规划方法是最合适的呢？
首先长方形是两个小方块，能不能用后面这个小方块去代替它呢， 代替它之后就简便了运算，剩下的就是这个位置放与不放的问题了，因为这个动态规划的属性是数量，所以我们得把所有合法的结果都要枚举一遍，只要选的这个点的前一列没有放方块便并且放完之后剩余的方块数是偶数便是一种放法了。
它的这个放法只与前一个状态有关只有０１的关系，减少运算量的话状态压缩ＤＰ最适合不过了。
原理是这样，我们看看代码怎么写的吧。
代码解析
#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<cstring>
// **************** 个人习惯 *****************
typedef long long LL;
#define _rep(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define _for(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
// *********************************************
using namespace std;
const int N = 12, M = 1 << N;
LL f[N][M];// 储存的结果有点大，所以用long long 来存储
// 表示的意思是 前i - 1 列已经摆好并且延伸到i列状态是J的所有方案
int n, m;
bool st[M];// 表示此边是否有偶数空位
vector<int> state[M];// 储存所有可行的两列的选择方案
int main() {
while (cin >> n >> m, n && m)// 多组输入的处理
{
// 预处理 ： 将st进行预处理
_for(i, 0, 1 << n)
{
int cnt = 0;//储存是否为偶数个空位
bool is_valid = true;
_for(j, 0, n)
if (i >> j & 1)
{
if (cnt & 1) break;
cnt = 0;
}
else cnt++;
if (cnt & 1) is_valid = false;
st[i] = is_valid;
}
// 预处理 state
_for(i, 0, 1 << n)
{
state[i].clear();
_for(j, 0, 1 << n) if (!(i & j) && st[i | j])
state[i].push_back(j);
}
// 动态规划
memset(f, 0, sizeof f);
f[0][0] = 1;
_rep(i, 1, m) _for(j, 0, 1 << n) for (auto k : state[j])
f[i][j] += f[i - 1][k];
cout << f[m][0] << endl;
}
return 0;
}