题目：在m*n的地板上铺上同样的1*2的地板砖，问有多少种铺法。

分析：dp，组合，计数。经典dp问题，状态压缩。

            状态：设f（i，j）为前i-1行铺满，第i行铺的状态的位表示为j时的铺砖种类数；

            转移：由于仅仅能横铺或者竖铺。那么一个砖块铺之前的状态仅仅有两种；

                      且假设当前竖放会对下一行产生影响，建立相邻两行状态相应关系。

                      这里利用dfs找到全部f（i。j）的上一行的全部前置状态f（i-1，k）加和就可以。

                      f（i。j）= sum（f（i-1，k））{ 当中，f（i-1，k）能够产生f（i。j）状态 }；

           （大黄的三维DP实现简单，效率较差。）

           组合学公式 ：π（4cos（pi+i/（h+1））^2+4cos（pi+j/（w+1））^2) { 1<=i<=h/2，1<=j<=w/2 }。

说明：纠结N久最后发现%I64d一直WA。%lld就过了。（2011-09-27 19:15）。

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>

typedef struct node
{
    int s,l;
}seg;
seg S[ 10 ];

long long F[ 12 ][ 1<<11 ];

int  V[ 1<<11 ][ 99 ];
int  Count[ 1<<11 ];

//用dfs找到能够到达的状态 
void dfs( int A, int B, int C )
{
    if ( !A ) {
        V[ C ][ ++ Count[ C ] ] = B;
        return;
    }else {
        int V = A&-A;//取得最后一个 1的位置 
        dfs( A&~V, B&~V, C ); 
        if ( A&(V<<1) ) dfs( A&~(3*V), B, C );
    }
}

int main()
{
    int n,m;
    while ( scanf("%d%d",&n,&m) != EOF && m ) {
        
        if ( n%2&&m%2 ) {printf("0\n");continue;}
        if ( m>n ) {int t = m;m = n;n = t;}
        
        int M = (1<<m)-1;
        for ( int i = 0 ; i <= M ; ++ i ) {
            Count[ i ] = 0;
            dfs( i, M, i );
        }
        
        for ( int i = 0 ; i <= n ; ++ i )
        for ( int j = 0 ; j <= M ; ++ j )
            F[ i ][ j ] = 0LL;
        F[ 0 ][ M ] = 1LL;
            
        for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i )
        for ( int j = M ; j >= 0 ; -- j ) 
        for ( int k = Count[ j ] ; k >= 1 ; -- k ) 
            F[ i ][ j ] += F[ i-1 ][ V[ j ][ k ] ];
        
        printf("%lld\n",F[ n ][ M ]);
    }
    return 0;
}