這道題主要是狀態很難想到 首先可以看出每行每列不能超過2個棋子 也就是說有0， 1， 2三種狀態

所以可以一行一行來處理 那就用表示前i行，有列放了一個棋子，有列放了2個棋子的方案數 放了0個棋子的列數是 那麼這個時候狀態轉移方程就非常好寫了。 對於當前這一行可以不放，放一個，放兩個棋子 ０表示沒有棋子的列，1表示有1個棋子的列。 那麼有幾種情況

不放 放一個在０ 放一個在1 放兩個都在０ 放兩個一個０一個1 放兩個在1

放兩個一個０一個1為例 方程為 這裡用刷表法，比填表法方便非常多，但是要注意有些狀態是不存在的（比如與都等於） 所以一開始要判斷之前有沒有刷到過這個狀態

現在解釋一個這個方程 現在是第ｉ行，要填ｉ＋１行 放一個在０的話，就有一個０變成１ 所以ｊ要加１ 放一個在１的話，就有一個１變成２ 所以ｊ要減１，ｋ要加１ 這裡０的列數不用管，因為推出ｊ和ｋ就可以知道０的列數了（ｍ－ｊ－ｋ） 所以ｊ加１又減１，所以不變，而ｋ＋１ 所以是

最後就是把最後一行的所有情況加起來就是答案 注意可以用define來簡化程式碼

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define cal(a, b) a = (a + b) % MOD
using namespace std;

const int MOD = 9999973;
const int MAXN = 112;
long long f[MAXN][MAXN][MAXN], n, m, ans;

int main()
{
	scanf("%d%d", &n, &m);
	f[0][0][0] = 1;
	REP(i, 0, n)
		_for(j, 0, m)
			for(int k = 0; k + j <= m; k++)
			{
				if(!f[i][j][k]) continue;
				int r = m - j - k;
				cal(f[i+1][j][k], f[i][j][k]);
				if(r >= 1) cal(f[i+1][j+1][k], f[i][j][k] * r);
				if(j >= 1) cal(f[i+1][j-1][k+1], f[i][j][k] * j);
				if(r >= 2) cal(f[i+1][j+2][k], f[i][j][k] * (r * (r - 1) / 2));
				if(r >= 1 && j >= 1) cal(f[i+1][j][k+1], f[i][j][k] * r * j);
				if(j >= 2) cal(f[i+1][j-2][k+2], f[i][j][k] * (j * (j - 1) / 2));
			}
	
	_for(j, 0, m)
		for(int k = 0; k + j <= m; k++)
			cal(ans, f[n][j][k]);
	printf("%lld\n", ans);
	
	return 0;
}