正题
题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P4831
题目大意
(n*m)的网格上放置(2n)个炮，要求互不能攻击。
数据满足(nleq mleq 2000)或(nleq mleq 10^5)且(m-nleq 10)
解题思路
每行每列最多(2)个炮，所以模型可以转换为求有多少种方案满足：(1sim n)的数字各两个填在(m)个无序2元组（可以有空），并且每个组中的数互不相同。
直接硬钢推式子很难做（好像可以推到生成函数那边去），考虑一下巧妙的方法。
设(g(n,m))表示(2n)个格子填下(1sim m)中的数字各两个的方案。这个的方案就是
[g(n,m)=(2n)!sum_{i=0}^{min{n,m-n}}frac{inom{m}{n-i}inom{m-n+i}{2i}}{2^{n-i}}
]
表示(m)个数组中选出(n-i)对相同的来填，剩下的里面选出(2i)个单独的来填，然后交换导致重复的情况有(2^{n-i})种，要除去。
这个式子就和(m-n)有很大的关系了。
将这个式子和答案联系起来，设(f(n,m))表示答案，那么有
[g(n,m)=sum_{i=0}^n2^{n-i}inom{n}{i}P_{m}^if(n-i,m-i)
]
因为(f(n,m))是不同无序二元组，(inom{n}{i}P_{m}^i)表示(n)对中选出(i)个是相同的填入，剩下的都是不同的方案就是(f(n-i,m-i))，然后因为(g)是统计有序二元组的，所以(2^n)表示随意交换。
[2^{n}f(n,m)=sum_{i=0}^ninom{n}{i}P_{m}^ig(n-i,m-i)
]
[f(n,m)=frac{1}{2^n}sum_{i=0}^ninom{n}{i}P_{m}^ig(n-i,m-i)
]
然后直接计算就好了，时间复杂度(O(n imes min{n,m-n}))
(Update:)修改了反演前的公式错误
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=2e5+10,P=998244353,inv2=(P+1)/2;
ll n,m,fac[N],inv[N],pv2[N],ans;
ll power(ll x,ll b){
ll ans=1;
while(b){
if(b&1)ans=ans*x%P;
x=x*x%P;b>>=1;
}
return ans;
}
ll C(ll n,ll m)
{return fac[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;}
ll A(ll n,ll m)
{return fac[n]*inv[n-m]%P;}
ll g(ll n,ll m){
ll ans=0;
for(ll i=0;i<=min(n,m-n);i++)
(ans+=C(m,n-i)*C(m-n+i,2*i)%P*pv2[n-i]%P)%=P;
return ans*fac[2*n]%P;
}
signed main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
inv[1]=1;
for(ll i=2;i<N;i++)inv[i]=P-(P/i)*inv[P%i]%P;
fac[0]=inv[0]=pv2[0]=1;
for(ll i=1;i<N;i++)
fac[i]=fac[i-1]*i%P,inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%P,pv2[i]=pv2[i-1]*inv2%P;
for(ll i=0,p=1;i<=n;i++,p=-p)
(ans+=p*(g(n-i,m-i)*C(n,i)%P*A(m,i)%P))%=P;
printf("%lld
",(ans*pv2[n]%P+P)%P);
return 0;
}