用横线来划分阶段，对于图一，虽然划分后很整齐，但把某些砖分成了两半，于是将他们也添加进来，于是变成了图二，其显得参差不齐，但最多也是向下突出一格，在图三中，我们将图二的空隙填满，则又转移到了下一种状态。

定义添砖小块状态为1,否则为0,则每行状态可以映射到一个数(0,2^h})于是可建立这样的状态a[ i ：j]：表示第i行填满，第i+1行对应状态为j时的不同方案数，a[I,j]=∑a[i-1,k]，其中，状态k可导出状态j,初始化条件a[0,0]=1，最后a[w,0]即为所求。

的启发，再加上zp的讲解逐渐清晰起来：
行数我们默认是从0开始

#include<iostream>
#define max(a,b) (a>b?a:b)
int N,M,maxl=0;
__int64 ans[3000],tmp[3000];
void solve(int j,int last,int now)
{
    if(j>M)
    {
        tmp[now]+=ans[last];
        maxl=max(maxl,now);
        return;
    }
    int up=(1<<(M-j))&last,uprt;
    //up-->头顶上的那个格子状态，uprt-->头顶上的右边的那个格子的状态
    if(j==M)
    {
        if(!up)solve(j+1,last,now*2+1);//就剩一个空了，并且上面的那个是0，那么显然是竖条
        //这一行需要补一个小方格
        //如果上面是1，显然下面仍然是要接着一个竖条，但是这个小方格是上面这半个，无需置1
        else solve(j+1,last,now*2);
    }
    else
    {
        uprt=(1<<(M-j-1))&last;
        if(!up)
        {
            solve(j+1,last,now*2+1);
            if(!uprt)//如果头顶上的不为0，头顶上右边的也不为0，下面的就可以放一个横条
                solve(j+2,last,now*4);
        }
        else//这个地方时很容易出错的，我这里认为是第j列置为0
            //可以理解为是一个竖形条状的上半个格子，也可以认为是一个横行条状的左半个格子
            //这里千万不能把这两种情况分开计算，这样会重复的
            solve(j+1,last,now*2);
    }
}
            

int main()
{
    int i,j;
    while(scanf("%d%d",&N,&M)&&N)
    {
        if((N*M)%2)
        {
            printf("0\n");
            continue;
        }
        memset(ans,0,sizeof(ans));
        ans[0]=1;
        for(i=1;i<=N;i++)
        {
            memset(tmp,0,sizeof(tmp));
            for(j=0;j<=maxl;j++)
                if(ans[j])solve(1,j,0);
            memcpy(ans,tmp,sizeof(tmp));
        }
        printf("%I64d\n",ans[0]);
    }
    return 0;
}