291. 蒙德里安的梦想

(f(i, j))表示在我摆放第i列的时候，i - 1列1*2方格伸出来的情况为j的所有摆法的集合，存储摆法数量
有(f(i, j) = D), D是所有满足以下两个条件的其他状态的集合中存储数量的和

1. 从i - 2列伸出来的方格情况k和i - 1列伸出来的方格的情况之间没有冲突(k & j == 0)
2. 从i - 2列伸出来的方格情况和i - 1列伸出来的方格情况合起来对第i列的影响要求第i列不存在奇数个空格(j | k中不存在奇数个0)，这个可以预处理出来

在满足条件1、2下，(f(i, j) = sum(f(i - 1, k)))

其中j的范围：(0—2^n - 1), n为行数
i的范围为1~m
实际的列号范围为0~m - 1

最终答案(f(0, m))，摆放到最后一列的后一列，并且最后一列(m - 1列)没有方格伸出来的所有情况

#include<iostream>
#include<cstring>

using namespace std;

const int N = 12, M = 1 << N;
long long f[N][M];
int st[M];
int n, m;

int main(){
    while(cin >> n >> m, m || n){
        
        memset(f, 0, sizeof f);
        
        //对于每一个0~1<<n - 1的所有二进制数，预处理出它是否含有奇数个0
        for(int i = 0; i < 1 << n; i ++){
            st[i] = 1;
            int cnt = 0;
            for(int j = 0; j < n; j ++)
                if(i >> j & 1){
                    if(cnt & 1) st[i] = 0;
                    cnt = 0;
                }else cnt ++;
                
            if(cnt & 1) st[i] = 0;
        }
        
        f[0][0] = 1;
        
        for(int i = 1; i <= m; i ++)
            for(int j = 0; j < 1 << n; j ++)
                for(int k = 0; k < 1 << n; k ++)
                    if((j & k) == 0 && st[j | k])
                        f[i][j] += f[i - 1][k];
                        
        
        cout << f[m][0] << endl;
    }
    
    return 0;
}