本来就是一个写不大来动态规划的人，结果现在又了解到还有种东西叫状态压缩dp，唉。。。
找了一道例题来试试看：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1725
解:我们用f[i][j]来表示当前第i行，状态为j的情况下，（且之前的1~i-1的方案数已经确定了），前i行有多少种方案，那么动态转移方程其实很明显：
f[i][j]=sum(f[i-1][k]);（当上一行为第k种状态且与当前枚举的第i种状态不会产生相邻的土地，就加上f[i-1][k]的方案数）
方程好写，可是状态很难表达啊，我们总不能开一个12维的数组吧。。。
所以我们就利用了它的表达要么是0，要么是1，的这个特点用二进制解决。
首先我们来看样例数据，和如何预处理：
输入：
2 3
1 1 1
0 1 0
输出：
9
scanf("%d%d",&m,&n);
for (int i=1;i<=m;i++)
for (int j=n;j>=1;j--)
{
scanf("%d",&now);
if (now==1) a[i]=a[i]|(1<<(j-1));
}
这段代码就是把输入数据当成二进制并转换成十进制，如第一行储存为7，第二行储存为2。方便接下来的操作
sum=(1<<n)-1;
for (int j=0;j<=sum;j++)
if (((a[1]|j)==a[1])&&((j&(j<<1))==0)) dp[1][j]++;
哈这段代码就蛮重要的啦
dp[i][j]之前就讲过了它的意思，那么j状态具体指什么呢？？
比如dp[2][6]就表示我们把第二行种成1 1 0这种样子能获取的方案数，将j转换成2进制，就形象的代表了一种种草的形态。
如j为2是表示0 1 0这种状态。
那么我们就先预处理第一行在各种种草状态下是否符合题目要求，枚举j这种状态，须符合以下两点才是合法的：
1.这种 状态本身不能有两个相邻的1，比如说1 1 0就不可以因为这样把两块草场种在了一起。
//具体实现方法，我们把原本状态与当前枚举状态取或，如果说a[i]的值变化了，说明它有哪块地方原本为0，不允许种，但是当前情况却种了，导致那块草场变为了1
2.这种状态要符合开始的输入，比如说我们枚举第二行为1 0 0就是不可以的，因为它原本是0 1 0，第一位是不允许种草的，咱不能硬种啊。。。
//将当前状态左移或者右移（这个随便你），再与没移之前的状态进行and，如果答案为0，说明它这个状态没有相邻的可种草场，否则一定会有哪一块是1.
符合以上两点，方案数就可以加1；
然后我们正式进行dp，枚举当前的行与状态（请保证它是合法的，和第一行的判断方法一样），并且枚举上一行的状态，两个状态and一下，如果合法就加上上一行这种情况下的方案。
恩，大概就是这样，发觉自己讲的好乱，，，，
那下面是程序：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int m,n,now,sum;
int a[100],dp[20][10000];
int main()
{
scanf("%d%d",&m,&n);
for (int i=1;i<=m;i++)
for (int j=n;j>=1;j--)
{
scanf("%d",&now);
if (now==1) a[i]=a[i]|(1<<(j-1));
}
sum=(1<<n)-1;
for (int j=0;j<=sum;j++)
if (((a[1]|j)==a[1])&&((j&(j<<1))==0)) dp[1][j]++;
for (int i=2;i<=m;i++)
for (int j=0;j<=sum;j++)
if (((a[i]|j)==a[i])&&((j&(j<<1))==0))
{
for (int k=0;k<=sum;k++)
if ((j&k)==0) dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][k])%100000000;
}
int ans=0;
for (int j=0;j<=sum;j++) ans=(ans+dp[m][j])%100000000;
cout<<ans<<endl;
return 0;
}