這道題告訴我們推式子的時候頭要夠鐵。

題意

問一個\(n\times m\)的棋盤，擺上\(n\times 2\)箇中國象棋的炮使其兩兩不能攻擊的方案數，對\(998244353\)取模。

\((n\leq m\leq 2000)或(n\leq m\leq 100000且m-n\leq 10)\)。

題解

怎麼兩個資料範圍搞搞。

顯然合法方案等價於每行每列炮的數量不超過\(2\)，那麼每一行就必定放\(2\)個炮了。

我們記\(f(n,m)\)為答案，考慮如何規約到規模更小的問題。

那麼我們列舉最後一行炮的個數，分三類情況：

\(1\)、個數為\(0\)，規約到\(f(n,m-1)\)。

\(2\)

如果相同，則列舉這是哪一個\((\times (m-1))\)，規約到\(f(n-2,m-2)\)。

如果不同，則這兩行可以合併（同一行的唯一要求就是兩個列不同），只要根據有序性\(\times 2\)即可，於是規約到\(f(n-1,m-1)\)。

\(3\)、個數為\(1\)，那麼先列舉佔了最後一列的是哪一行\((\times n)\)，再列舉這一行的另一個在哪一列\((\times (m-1))\)，問題就轉化為\(n-1\)

那麼考慮容斥，用總方案數減去這一列放了兩個的方案數。前者就是\(f(n-1,m-1)\)，對於後者，進行與情況\(2\)相似的討論，也可以進行計算。

可以發現\(n>m\)時\(f(n,m)=0\)，於是複雜度就是\(O((m-n)n)\)。

程式碼裡為了方便我將\(m\)減去了\(n\)。

#include<cstdio>
#include<cstring>
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;
}