假设我们可以求出当a[1]..a[i]是局部最小值而其它点不加限制时的方案数，那么显然可以通过容斥求出答案。
那么怎么求当一些点是局部最小值时的方案数呢？
考虑DP。将数字从小到大放。令f[i][j]表示已经放了i个数，局部最小值的点的状态为j时的方案数，可得到方程：
f[i][j]=Σf[i-1][j]*cnt[j-(i-1)]+f[i-1][j^k](k&j>0)
其中cnt[j]表示当局部最小值的状态为j时能放数字的位置的个数与已放数字的局部最小值的个数之和。
显然cnt可以在每次DP前预处理出。
时间复杂度O(8*n*m*28*容斥)
容斥的时间复杂度大约为10000
代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 using namespace std; 5 #define M 12345678 6 int d[3]={-1,1,0}; 7 int X[9]={1,1,1,-1,-1,-1,0,0,0}; 8 int Y[9]={1,0,-1,1,0,-1,1,0,-1}; 9 int i,j,k,n,m,f[30][1<<8],Cnt[1<<8],Tot,K,c[10][10],p[10],Ans; 10 bool a[10][10],b[10][10]; 11 char s[10]; 12 inline int Calc(){ 13 Tot=0; 14 for(int i=1;i<=n;i++) 15 for(int j=1;j<=m;j++) 16 if(a[i][j])c[i][j]=++Tot;else c[i][j]=0; 17 for(int s=0;s<p[Tot];s++){ 18 Cnt[s]=0; 19 for(int i=1;i<=n;i++) 20 for(int j=1;j<=m;j++){ 21 if(c[i][j]&&s&p[c[i][j]-1])Cnt[s]++; 22 if(!c[i][j]){ 23 int a1,a2; 24 for(a1=0;a1<3;a1++){ 25 for(a2=0;a2<3;a2++) 26 if(c[i+d[a1]][j+d[a2]]&&!(s&p[c[i+d[a1]][j+d[a2]]-1]))break; 27 if(a2<3)break; 28 } 29 if(a1==3)Cnt[s]++; 30 } 31 } 32 } 33 memset(f,0,sizeof(f)); 34 f[0][0]=1; 35 for(int i=1;i<=n*m;i++) 36 for(int k=0;k<p[Tot];k++){ 37 f[i][k]=f[i-1][k]*(Cnt[k]-i+1)%M; 38 for(int j=0;j<Tot;j++) 39 if(p[j]&k)f[i][k]=(f[i][k]+f[i-1][k^p[j]])%M; 40 } 41 return f[n*m][p[Tot]-1]; 42 } 43 inline void Dfs(int x,int y,int z){ 44 if(x==n+1){ 45 Dfs(1,y+1,z); 46 return; 47 } 48 if(y==m+1){ 49 Ans=(Ans+(z&1?-1:1)*Calc())%M; 50 return; 51 } 52 Dfs(x+1,y,z); 53 for(i=0;i<3;i++){ 54 for(j=0;j<3;j++) 55 if(a[x+d[i]][y+d[j]])break; 56 if(j<3)break; 57 } 58 if(i==3)a[x][y]=1,Dfs(x+1,y,z+1),a[x][y]=0; 59 } 60 int main() 61 { 62 for(p[0]=1,f[0][0]=1,i=1;i<=8;i++)p[i]=p[i-1]<<1; 63 scanf("%d%d",&n,&m); 64 for(i=1;i<=n;i++){ 65 scanf("%s",s+1); 66 for(j=1;j<=m;j++) 67 if(s[j]=='X')a[i][j]=1; 68 } 69 Dfs(1,1,0); 70 printf("%d",(Ans+M)%M); 71 return 0; 72 }