某种食品由 �k 种原料组成1≤�≤161≤k≤16每种原料的编号为 123…�123…k。同时有 �n 个人1≤�≤10001≤n≤1000每个人对食品中的原料有一定的要求。全部的要求是一个 �×�n×k 的矩阵。httpwwwnflscomcn10448file20190409031212_1pnghttpwwwnflscomcn10448file20190409031212_2pnghttp

题目要求给定一个由k种原料组成的食品，以及n个人对食品中原料的要求矩阵，求出所有符合要求的食品方案数。

首先，我们可以使用动态规划的方法来解决这个问题。定义一个二维数组dp[i][state]，表示前i个人对于食品中原料状态为state的方案数。

然后，我们可以根据题目中的要求矩阵来初始化dp数组。对于第一个人，如果要求为1，那么对应的原料状态只能为1；如果要求为2，那么对应的原料状态只能为0；如果要求为0，那么对应的原料状态可以为0或1。所以可以得到初始化方程：

dp[1][state] = 1, if a[1][j] = 1 and state = (1 << (j-1)) dp[1][state] = 1, if a[1][j] = 2 and state = 0 dp[1][state] = 1, if a[1][j] = 0 and state = (1 << (j-1)) or (1 << (j-1)) - 1

接下来，我们通过状态转移来计算dp数组的值。对于第i个人，我们需要根据前一个人的要求状态来计算当前人的要求状态。如果要求为1，那么对应的原料状态只能为1；如果要求为2，那么对应的原料状态只能为0；如果要求为0，那么对应的原料状态可以为0或1。所以可以得到状态转移方程：

dp[i][state] = sum(dp[i-1][pre_state]), if a[i][j] = 1 and state = (pre_state | (1 << (j-1))) dp[i][state] = sum(dp[i-1][pre_state]), if a[i][j] = 2 and state = pre_state dp[i][state] = sum(dp[i-1][pre_state]), if a[i][j] = 0 and state = (pre_state | (1 << (j-1))) or (pre_state | (1 << (j-1))) - 1

最后，我们可以通过遍历最后一行dp数组的所有状态，将对应状态的方案数相加得到答案。

具体实现代码如下：

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

int main() {
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    
    vector<vector<int>> a(n+1, vector<int>(k));
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j < k; j++) {
            cin >> a[i][j];
        }
    }
    
    vector<vector<int>> dp(n+1, vector<int>(1 << k));
    for (int state = 0; state < (1 << k); state++) {
        dp[1][state] = 1;
        for (int j = 0; j < k; j++) {
            if (a[1][j] == 1 && state == (1 << j)) {
                dp[1][state] = 1;
            } else if (a[1][j] == 2 && state == 0) {
                dp[1][state] = 1;
            } else if (a[1][j] == 0 && (state == (1 << j) || state == (1 << j) - 1)) {
                dp[1][state] = 1;
            }
        }
    }
    
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        for (int state = 0; state < (1 << k); state++) {
            dp[i][state] = 0;
            for (int pre_state = 0; pre_state < (1 << k); pre_state++) {
                for (int j = 0; j < k; j++) {
                    if (a[i][j] == 1 && state == (pre_state | (1 << j))) {
                        dp[i][state] += dp[i-1][pre_state];
                    } else if (a[i][j] == 2 && state == pre_state) {
                        dp[i][state] += dp[i-1][pre_state];
                    } else if (a[i][j] == 0 && (state == (pre_state | (1 << j)) || state == (pre_state | (1 << j)) - 1)) {
                        dp[i][state] += dp[i-1][pre_state];
                    }
                }
            }
        }
    }
    
    int ans = 0;
    for (int state = 0; state < (1 << k); state++) {
        ans += dp[n][state];
    }
    
    cout << ans << endl;
    
    return 0;
}

时间复杂度分析： 由于状态数为2^k，每个状态需要O(k)的时间来计算，所以总的时间复杂度为O(n * 2^k * k)。

空间复杂度分析： dp数组需要O(n * 2^k)的空间，所以空间复杂度为O(n * 2^k)。

注：本题也可以使用位运算来优化空间复杂度，但是为了代码的简洁性，这里使用了二维数组来表示dp状态