这道题告诉我们推式子的时候头要够铁。
题意
问一个\(n\times m\)的棋盘，摆上\(n\times 2\)个中国象棋的炮使其两两不能攻击的方案数，对\(998244353\)取模。
\((n\leq m\leq 2000)或(n\leq m\leq 100000且m-n\leq 10)\)。
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（\(\times \frac{n(n-1)}{2}\)），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\((\times (m-1))\)，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\(\times 2\)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\((\times n)\)，再枚举这一行的另一个在哪一列\((\times (m-1))\)，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
#include
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\n",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\n",f(n,m-n));
return;
}
}
signed main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
if(n<=2000&&m<=2000)
solver1::main();
else
solver2::main();
return 0;
}