题目大意：给出一个M*N的矩阵，元素为0表示这个地方不能种玉米，为1表示这个地方能种玉米，现在规定所种的玉米不能相邻，即每行或者没列不能有相邻的玉米，问一共有多少种种植方法。
举个例子：
2 3
1 1 1
0 1 0
表示2*3的玉米地，现在一共有多少种种植方法呢？ 答案：种0个玉米（算一个合法方案）+种1个玉米（4）+种2个玉米（3）+种3个玉米（1）=9
（题意是复制的，链接：http://www.cnblogs.com/buptLizer/archive/2012/08/22/2650717.html）
题解：
这也算是我入门状压DP的第一道题了吧，看了好几天了，今天也算是差不多懂了。本题就是先把地图存下来，存到了row数组中，其中row【i】就代表了一行的地图，又初始化了一个state数组，存的也是数字，是可行状态的二进制情况，之后就是DP数组了。
dp【i】【j】：表示第i行，第j种可行的情况下有多少种情况。
所以方程是dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][k]) 0<=k<numst
AC代码：
#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cassert>
#include <climits>
#include <sstream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std; const int INF=0x3f3f3f3f;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
#define fi first
#define se second
#define prN printf("\n")
#define SI(N) scanf("%d",&(N))
#define SII(N,M) scanf("%d%d",&(N),&(M))
#define SIII(N,M,K) scanf("%d%d%d",&(N),&(M),&(K))
#define cle(a,val) memset(a,(val),sizeof(a))
#define rep(i,b) for(int i=0;i<(b);i++)
#define Rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define reRep(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) const int mod=100000000;
int n,m;
int row[15],dp[15][1<<15];
int state[1<<15],numst;
void init()
{
int num=1<<m;
numst=0;
rep(i,num)
{
if ((i&(i<<1))==0)/**< 这有问题，(i&(i<<1))==0 这两个括号都必须加上，位运算优先级很难搞懂，所以有位运算就全家上括号 */
{
state[numst++]=i;
}
}
} int main()
{ SII(n,m);
init();
int c1;
rep(i,n)
{
reRep(j,m-1,0)
{
SI(c1);
row[i]|=c1<<j;
}
} rep(i,numst)//dp的初始状态，要赋为1或0
{
dp[0][i]=((row[0]&state[i])==state[i])?1:0;
} /**< i是这一行，j是这一个，k是上一行可行的其中一个 */
Rep(i,1,n-1)
{
rep(j,numst)
{
if ((row[i]&state[j])!=state[j])
continue;
rep(k,numst)
{
if (dp[i-1][k]&&(state[k]&state[j])==0)/**< 又是这位运算的问题，再说一遍，位运算，一定要走一步加一次括号！！！ */
dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][k])%mod;
}
}
} int res=0;
rep(i,numst)
{
res=(dp[n-1][i]+res)%mod;
}
printf("%d\n",res); return 0;
}