这道题告诉我们推式子的时候头要够铁。
题意
问一个(n imes m)的棋盘，摆上(n imes 2)个中国象棋的炮使其两两不能攻击的方案数，对(998244353)取模。
((nleq mleq 2000)或(nleq mleq 100000且m-nleq 10))。
题解
怎么两个数据范围搞搞。
显然合法方案等价于每行每列炮的数量不超过(2)，那么每一行就必定放(2)个炮了。
我们记(f(n,m))为答案，考虑如何归约到规模更小的问题。
那么我们枚举最后一行炮的个数，分三类情况：
(1)、个数为(0)，归约到(f(n,m-1))。
(2)、个数为(2)（个数为(1)比较麻烦后面再说），那么先枚举放在这一列的是哪两行（( imes frac{n(n-1)}{2})），接着分类讨论这两行的另一个是否相同：
如果相同，则枚举这是哪一个(( imes (m-1)))，归约到(f(n-2,m-2))。
如果不同，则这两行可以合并（同一行的唯一要求就是两个列不同），只要根据有序性( imes 2)即可，于是归约到(f(n-1,m-1))。
(3)、个数为(1)，那么先枚举占了最后一列的是哪一行(( imes n))，再枚举这一行的另一个在哪一列(( imes (m-1)))，问题就转化为(n-1)行(m-1)列，其中有一列炮的个数(leq 1)的方案数。
那么考虑容斥，用总方案数减去这一列放了两个的方案数。前者就是(f(n-1,m-1))，对于后者，进行与情况(2)相似的讨论，也可以进行计算。
可以发现(n>m)时(f(n,m)=0)，于是复杂度就是(O((m-n)n))。
代码里为了方便我将(m)减去了(n)。
#include<cstdio>
#include<cstring>
const int mod=998244353,inv2=(mod+1)/2;
inline int add(int a,int b)
{
return (a+=b)>=mod?a-mod:a;
}
inline int sub(int a,int b)
{
return (a-=b)<0?a+mod:a;
}
inline int mul(int a,int b)
{
return (long long)a*b%mod;
}
inline int qpow(int a,int b)
{
int res=1;
for(;b;a=mul(a,a),b>>=1)
if(b&1)
res=mul(res,a);
return res;
}
int n,m;
namespace solver1
{
const int N=2005;
int memo[N][N];
inline void init()
{
memset(memo,-1,sizeof(memo));
memo[1][0]=0;
memo[2][0]=1;
memo[3][0]=6;
return;
}
int f(int n,int m)
{
if(m<0)
return 0;
if(n==0)
return 1;
if(~memo[n][m])
return memo[n][m];
int res=0;
//0
res=add(res,f(n,m-1));
//1
res=add(res,mul(mul(n,n+m-1),f(n-1,m)));
if(n>=3)
res=sub(res,mul(mul(n,n+m-1),mul(mul(mul(n-1,n-2),inv2),add(mul(n+m-2,f(n-3,m)),mul(2,f(n-2,m))))));
//2
if(n>=2)
res=add(res,mul(mul(mul(n,n-1),inv2),add(mul(n+m-1,f(n-2,m)),mul(2,f(n-1,m)))));
return memo[n][m]=res;
}
inline void main()
{
init();
printf("%d
",f(n,m-n));
return;
}
}
namespace solver2
{
const int N=1e5+5;
int memo[N][15];
inline void init()
{
memset(memo,-1,sizeof(memo));
memo[1][0]=0;
memo[2][0]=1;
memo[3][0]=6;
return;
}
int f(int n,int m)
{
if(m<0)
return 0;
if(n==0)
return 1;
if(~memo[n][m])
return memo[n][m];
int res=0;
//0
res=add(res,f(n,m-1));
//1
res=add(res,mul(mul(n,n+m-1),f(n-1,m)));
if(n>=3)
res=sub(res,mul(mul(n,n+m-1),mul(mul(mul(n-1,n-2),inv2),add(mul(n+m-2,f(n-3,m)),mul(2,f(n-2,m))))));
//2
if(n>=2)
res=add(res,mul(mul(mul(n,n-1),inv2),add(mul(n+m-1,f(n-2,m)),mul(2,f(n-1,m)))));
return memo[n][m]=res;
}
inline void main()
{
init();
printf("%d
",f(n,m-n));
return;
}
}
signed main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
if(n<=2000&&m<=2000)
solver1::main();
else
solver2::main();
return 0;
}