首先，硬求可行方案数并不现实，因为不好求（去年考场就这么挂的，虽然那时候比现在更蒟）。
在硬搞可行方案数不行之后，对题目要求的目标进行转换： 可行方案数 = 总方案数 - 不合格方案数。
题目多看几眼，（求最大最小方案数量这种套路），DP无疑。
首先考虑列的限制，发现若有不合法的列，则必然有且只有一列是不合法的：因为不可能有不同的两列数量都超过总数的一半。
于是发现列的合法限制数量可以如此计算：每行选不超过一个的方案数 （总数） - 每行选不超过一个，且某一列选了超过一半的方案数（不合法的）。
重新审查思路：总方案数为固定值，我们要DP的，肯定就是不合格方案数。（废话）
首先肯定是要先设计状态。 怎么样的东东才算是不合格的呢？
重点：： 前 i 行选得比别的列总和还多的那一列是不合法的。（肯定超过一半了）
So， 如果枚举每一列并统计该列不合法的情况，设计状态 f[i][j][k][h] ,即为第h列的前i行，该h列选了 j 个， 别的列总共选了 k 个。
若设si 为每一行的可选的和，
推出状态转移方程： fi,j,k = fi−1,j,k + ai,h∗fi−1,j−1,k + (si−ai,h)∗fi−1,j,k−1
统计该列不合法数量也很简单： Σ(j > k) f[n][j][k][h]
最后将所有列的不合法数量加起来，就能得到总共的不合法数量了。
即为：num = Σ(h = 1~m)Σ(j > k)f[n][j][k][h]
空间能过得去吗？有点悬。
那就用时间换空间吧： 把f的h那一纬去掉，枚举每一行的时候用一个ans统计起来就好了。用完就清空给下一列用。
以为就这么结束了？ （D2T1能如此迅速的被A掉也太没面子了吧）
上面做法的复杂度达到了O(MN3）的复杂度，只能拿到84分。M = 500 的几个点过不去。
继续优化呗！！
仔细研究一下，我们DP时的循环时间主要花在了哪里？ 相当一部分是花在了 j 和 k 上。
但是，这些时间值得吗？不值得。因为，我们的答案和j 和 k 具体是多少没关系啊！
我们要的，只是j > k 这一个判断式。
所以，想办法优化掉枚举j 和 k 这一步骤，直接转化成大小。
于是，设 f[i][j]为第h行，前i行比别的行的数量多了 j 个。
将原来使用某种主要食材的菜看做使用了两次该食材，并为每种烹饪方式加一种名叫 “不选” 的菜，
使其使用了所有的主要食材各一次。所有使用某种主要食材大于n次的方案即为不合法方案。
最后考虑如何求总和？
easy。 设 g[i][j]为前i行，总共选了 j 个食材的方案数。方程： g[i][j] = g[i-1][j] + (j > 0 ? g[i-1][j-1] * sum[i][0] : 0);
（初始化g[0][0] = 1)
（注意防止数组炸掉,也可以理解为，选择最小只能为0）。
还没完。（真烦）
在进行DP的过程中，可能会出现负数，因此通通打成 (x + mod) % mod．
同时，在计算合法方案数的时候，也将其反过来处理。防止出现玄学的负数
代码来一波呗
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 2010 4 #define N1 105 5 #define isdigit(c) ((c)>='0'&&(c)<='9') 6 #define mod 998244353 7 #define ll long long 8 9 inline ll read(){ 10 ll x = 0, s = 1; 11 char c = getchar(); 12 while(!isdigit(c)){ 13 if(c == '-')s = -1; 14 c = getchar(); 15 } 16 while(isdigit(c)){ 17 x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ '0'); 18 c = getchar(); 19 } 20 return x * s; 21 } 22 /*进行反向操作，求出 总方案数 - 不合法方案数*/ 23 ll sum[N1][N], n, m; /*sum[i] 为第 i 行的和*/ 24 ll a[N1][N], f[N1][N1 << 1]; /*枚举每一列： 对于这一列的f[i][j]，前i行，比其他列多了j个*/ 25 ll g[N1][N1]; 26 27 int main(){ 28 n = read(), m = read(); 29 for(int i = 1;i <= n; i++) 30 for(int j = 1;j <= m; j++){ 31 a[i][j] = read(); 32 sum[i][0] = (sum[i][0] + a[i][j]) % mod; /*首先处理出每一行的总和*/ 33 } 34 for(int i = 1;i <= n; i++) 35 for(int j = 1;j <= m; j++){ 36 sum[i][j] = (sum[i][0] - a[i][j] + mod) % mod; /*sum[i][j]即为除了这一列之外的一行的和*/ 37 } 38 ll ans = 0; 39 for(int h = 1;h <= m; h++){ /*枚举每一列*/ 40 memset(f, 0, sizeof(f)); /*不要忘了清理上一列的废 f */ 41 f[0][n] = 1; /*往上抬 n，防止出现负数*/ 42 for(int i = 1;i <= n; i++){ 43 for(int j = n - i;j <= n + i; j++){ /* 乘以a： 其实就是为1就+，为0就-*/ 44 f[i][j] = ((f[i-1][j] + f[i-1][j-1] * a[i][h]) % mod + (f[i-1][j+1] * sum[i][h]) % mod) % mod; 45 } 46 } 47 for(int i = 1;i <= n; i++) /*反向处理*/ 48 ans = (ans + f[n][n+i]) % mod; /*全部方案的和,进行反向处理，防负数*/ 49 } 50 /*g[i][j]: 前i行选了j个数的方案数. 则总和即为 Σg[n][i] (i = 1~n)*/ 51 g[0][0] = 1; 52 for(int i = 1;i <= n; i++){ 53 for(int j = 0;j <= n; j++){ 54 g[i][j] = (g[i-1][j] + (j > 0 ? g[i-1][j-1] * sum[i][0] : 0) % mod) % mod; 55 } /*g[i][j]: 方案总和由上一行选j个数的方案数 + 上一行少选一个数 * 这一行的数量组成*/ 56 } 57 for(int i = 1;i <= n; i++){ 58 ans = (ans - g[n][i] + mod) % mod; 59 } 60 printf("%lld ", mod - (ans % mod)); /*代码中进行的是反向处理(防越界)*/ 61 return 0; 62 }