题面
题解
好迷……
很明显它让我们求的是(Max(S))，我们用(Min-Max)容斥，因为(Min(S))是很好求的，只要用方案数除以总方案数算出概率，再求出倒数就是期望了
然而如果爆搜枚举子集的话复杂度是(O(2^{cnt}))的
发现总共的方案数只有(2*n*m-n-m)种，而且(n)非常小，我们可以考虑插头(dp)
设(f_{i,S,k})表示做到了第(i)列，插头的状态为(S)，覆盖方案数为(k)时的方案总数，并且这个里面已经考虑了容斥系数
然后直接转移就是了
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
const int N=1505,P=998244353;
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
char s[N][N];int f[2][(1<<6)+5][N],inv[N],g[N];
int n,m,t,G,sum,tmp,res;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&m),G=(1<<n)-1;
fp(i,0,n-1)scanf("%s",s[i]);
sum=n*m*2-n-m;
inv[0]=inv[1]=1;fp(i,2,sum)inv[i]=mul(P-P/i,inv[P%i]);
f[0][0][0]=P-1,t=0;
fp(j,0,m-1)fp(i,0,n-1){
memset(f[t^1],0,sizeof(f[t^1]));
fp(S,0,G)fp(k,0,sum)if(f[t][S][k]){
int T=S&(G^(1<<i));
f[t^1][T][k]=add(f[t^1][T][k],f[t][S][k]);
if(s[i][j]=='*'){
T|=1<<i;
tmp=(i&&!(S&(1<<(i-1))))+(j&&!(S&(1<<i)))+(i<n-1)+(j<m-1);
f[t^1][T][k+tmp]=add(f[t^1][T][k+tmp],P-f[t][S][k]);
}
}
t^=1;
}
fp(S,0,G)fp(i,1,sum)res=add(res,mul(f[t][S][i],inv[i]));
res=mul(res,sum);printf("%d
",res);
return 0;
}