我們先來看一看這個問題的簡化版本：只用1×
2 1×2
和2×1 2×1
兩種方塊覆蓋m×
n m×n
的平面。
首先，狀態壓縮是毋庸置疑的。若某個方塊被覆蓋則為1，沒有被覆蓋則為0。這樣，每一行的狀態可以用乙個二進位制數來表示，且其轉化為十進位制的大小不超過29
=512
2 9=
512。
為了下文擴充套件到當前問題，這裡用遞迴來描述解法。由於每個方塊最多影響兩行，遞迴時需要的行引數只有當前行和上一行。但是，遞迴是對列從左往右進行的。具體思路我們在**中說明。
//設m是總行數，n是總列數
void dp(int row, int col, int now, int last)
dp(row, col + 1, (now << 1) | 1, last << 1); //放2*1的方塊
/*以這個狀態轉移為例解釋一下引數變化的含義。當前行不變，還是row；2*1的方塊只佔一列，因此col+1；放過之後，now的這一列是被覆蓋的，因此把now右端新增1；能放2*1的方塊要求上一行的這個位置本來沒有被覆蓋，因此把last右端新增0。*/
dp(row, col + 2, (now << 2) | 3, (last << 2) | 3); //放1*2的方塊
/*如果放1*2的方塊但上一行對應的位置沒有被覆蓋的話，以後就沒有機會再去覆蓋了，不符合題意。因此last右端新增兩個1。*/
dp(row, col + 1, now << 1, (last << 1) | 1); //不放。同上，上一行的這個位置必須已被覆蓋。
}
f[0][i] = 0,f[0][(1 << n) - 1] = 1。表示第0行事先視為全部鋪滿，若搜尋第一行時出現2*1的方塊越界的情況，last(代表第0行)中會出現0，最後進行累加時必然是加0。最後答案是f[m][(1 << n) - 1]。
以上做法的關鍵在於理解：我們是在鋪當前行，上一行要正好留出空缺。
有了上面的基礎，我們再來考慮如何處理要求的變化：缺一角的2×
2 2×2
方塊。經過多次嘗試，我發現不能再要求當前行和上一行始終處於同一列；但是，列數差也不能超過
2 2
。因此，我多加兩個只能取
0' role="presentation" style="position: relative;">00和
1 1
遞迴引數exnow和exlast。exnow=1表示當前行比上一行多一列，exlast=0表示上一行比當前行多一列。遞迴的思路沒有什麼變化，不過情況變得很複雜，還要小心重複。具體分類在**中說明。
void dp(int row, int col, int now, int last, int exnow, int exlast)
if (exnow == 0 && exlast == 0)
else
if (exnow == 1 && exlast == 0)
else
}
1、不放，exnow = 1或exlast = 1；
2、exnow = 1時，缺口不放,col + 1,exnow = 0；
3、exlast = 1時，缺口視為已放,col + 1,exlast = 0。
當然，如果把以上情況新增進去，就必須把另一些情況去除來避免重複。
這裡把小資料的答案給出，供除錯用。mn
ans235
24112
52426
53338
34553
5140
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