牧场的安排（状压dp）

题目描述

FarmerJohn新买了一块长方形的牧场，这块牧场被划分成M行N列(1≤M≤12;1≤N≤12)，每一格都是一块正方形的土地。FJ打算在牧场上的某几格土地里种上美味的草，供他的奶牛们享用。遗憾的是，有些土地相当的贫瘠，不能用来放牧。并且，奶牛们喜欢独占一块草地，于是FJ不会选择两块相邻的土地，即：没有哪两块草地有公共边。当然，FJ还没有决定在哪些土地上种草。
作为一个好奇的农场主，FJ想知道，如果不考虑草地的总块数，那么，一共有多少种种植方案可供他选择。当然，把新的牧场荒废，不在任何土地上种草，也算一种方案。请你帮FJ算一下这个总方案数。

输入描述:

第1行：两个正整数M和N，用空格隔开；
第2到M+1行：每行包含N个用空格隔开的整数，描述了每块土地的状态。输入的第i+1行描述了第i行的土地。所有整数均为0或1，1表示这块土地足够肥沃，0则表示这块地上不适合种草。

输出描述:

第1行：输出一个整数，即牧场分配总方案数除以10^8 的余数。

示例

输入

2 3
1 1 1
0 1 0

输出

9

说明

按下图把各块土地编号：
1 2 3
0 4 0
只开辟一块草地有4种方案：选1,2,3,4中的任一块。开辟两块草地的话，有3种方案：13,14以及34。选三块草地只有一种方案：134。再加把牧场荒废的那一种，总方案数为4+3+1+1=9种。

备注:

1≤N,M≤12。

题目思路：

看到n，m小于或等于12就想到状压dp，因为两块相邻的地不能种草，所以需要预处理一下。
当i表示每行地的状态时，(i<<1)&i)0就表示在这一行没有两块地相邻。
我们可以用一个vector保存每行地合法的状态。
当i表示这一行的状态，j表示上一行的状态时，i&j0就表示这两行没有地相邻
当i表示这一行的状态，j表示这一行是否可以种草的状态时，i&j==i就说明i状态是可行的，假如i&j!=i，那么就存在i状态的某一列是1，但是这一块地本身是不能种植的。
用一个数组s来保存这一行是否可以种草的状态

以行数作为阶段，本行的状态和上一行的状态作为dp的状态，是否合法作为决策。
dp[i][j]表示第i行j状态时前i行的方案数,dp[0][0] = 1作为边界（都不种也是一种方案）。
状态转移是如果本行的j状态和上一行的k状态不冲突，那么本行j状态的方案数就加上上一行k状态的方案数,说明k状态可以到j状态。
最后统计dp[n][所有状态]的总方案数。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n,m,dp[13][401],a[13][13],s[13];
const int mod = pow(10,8);
vector<int> v;
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i = 0;i<1<<m;i++)
        if(((i<<1)&i)==0)
            v.push_back(i);
    for(int i = 1;i<=n;i++)
        for(int j = 0;j<m;j++)
            scanf("%d",&a[i][j]);
    for(int i = 1;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<m;++j)
            s[i] = (s[i]<<1)+a[i][j];            
    dp[0][0] = 1;
    for(int i = 1;i<=n;i++)
    {
        for(int j = 0;j<v.size();j++)
        {
            if((v[j]&s[i])==v[j])
            {
                for(int k = 0;k<v.size();k++)
                {
                    if((v[k]&v[j])==0)
                    {
                        dp[i][j]+=dp[i-1][k];
                        dp[i][j]%=mod;
                    }                
                }
            }            
        }
    }
    ll ans = 0;
    for(int i = 0;i<v.size();i++)
        ans = (ans+dp[n][i])%mod;
    cout<<ans;
    return 0;
} 

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