其实这道题可以套用插头DP的模板。（虽然有点大材小用）
我们考虑定义状态 $f(i,j,k)$ 表示当前正在安排第i行第j列，其中k是一个二进制数，它表示
$(i,1)\to(i,j-1)$ $(i-1)(j)\to(i-1,m)$
这几个格子有没有被种上草。
如果$(i-1,j) or(i,j-1)$ 有草，我们就只能转移到不种草，否则可种可不种。
这样的话时间复杂度是 $O(n^22^n)$ 的。
我的代码写复杂了。
```cpp
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <fstream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <bitset>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
using namespace std;
const int MOD = 100000000;
int n, m;
long long ans;
int ch[20], c[20][20];
long long f[15][15][1 << 14];
void inc(long long &a, long long b)
{
a = (a % MOD + b % MOD) % MOD;
}
long long encode()
{
long long ret = 0;
for (int i = m; i > -1; --i)
{
ret <<= 1;
ret |= ch[i];
}
return ret;
}
void decode(long long v)
{
for (int i = 0; i < m + 1; ++i)
{
ch[i] = v & 1;
v >>= 1;
}
}
void dpblank(int x, int y)
{
int op = 0;
for (int i = 0; i < (1 << (m + 1)); ++i)
{
if (f[x][y][i] > 0)
{
decode(i);
int u = ch[y - 1], v = ch[m];
ch[m] = 0;
ch[y - 1] = 0;
if (y != m)
inc(f[x][y + 1][encode()], f[x][y][i]);
else
inc(f[x + 1][1][encode()], f[x][y][i]);
if (u == 0 && v == 0)
{
ch[m] = 1;
ch[y - 1] = 1;
if (y != m)
inc(f[x][y + 1][encode()], f[x][y][i]);
else
{
ch[m] = 0;
inc(f[x + 1][1][encode()], f[x][y][i]);
}
}
}
}
}
void dpblock(int x, int y)
{
for (int i = 0; i < (1 << (m + 1)); ++i)
{
if (f[x][y][i] > 0)
{
decode(i);
ch[y - 1] = 0;
ch[m] = 0;
if (y != m)
inc(f[x][y + 1][encode()], f[x][y][i]);
else
inc(f[x + 1][1][encode()], f[x][y][i]);
}
}
}
int main()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i < n + 1; ++i)
{
for (int j = 1; j < m + 1; ++j)
cin >> c[i][j];
}
f[1][1][0] = 1;
for (int i = 1; i < n + 1; ++i)
{
for (int j = 1; j < m + 1; ++j)
{
if (c[i][j] == 1)
dpblank(i, j);
else
dpblock(i, j);
}
}
for (int i = 0; i < (1 << m); ++i)
inc(ans, f[n + 1][1][i]);
printf("%lld\n", ans);
}
```