ARC162F Montage

脑子被吃掉了。

手玩一下，容易转化题意为：

按行从上到下填 $0/1$ 矩阵，设第 $i$ 个非空行上是 $1$ 的位置的集合为 $S_i$，满足：

• 对于任意 $i>1$，令 $D=S_i\cup S_{i-1}$。
• 若 $D=\varnothing$，则 $S_i$ 中所有元素均比 $S_{i-1}$ 中任意元素小，即 $\max\limits_{i\in S_i}i<\min\limits_{i\in S_{i-1}}i$。
• 若 $D\neq\varnothing$，则 $S_i,S_{i-1},D$ 从小到大排序后，$D$ 为 $S_i$ 的后缀，为 $S_{i-1}$ 的前缀，即 $\max\limits_{i\in S_i\setminus D}i<\min\limits_{i\in D}i\le \max\limits_{i\in D}i<\min\limits_{i\in S_{i-1}\setminus D}i$。

现在这个限制是从右上角走到左下角，那不如先把行翻转一下，就变成了从左上角到右下角：

• $D=\varnothing$，$\min\limits_{i\in S_i}i>\max\limits_{i\in S_{i-1}}i$。
• $D\neq\varnothing$，$\min\limits_{i\in S_i\setminus D}i>\max\limits_{i\in D}i\ge \min\limits_{i\in D}i>\max\limits_{i\in S_{i-1}\setminus D}i$。

那我们直接把空行删掉，令 $f_{i,j,k}$ 表示考虑到第 $i$ 行，第 $i$ 行一共有 $j$ 个 $1$，最右边的 $1$ 的位置为 $k$ 的方案数。转移枚举新的最右边的 $1$ 的位置 $p$，$D$ 的大小 $s$，$S_{i+1}\setminus D$ 的大小 $l$，转移系数就是个组合数：

$$f_{i,j,k}\dbinom{p-k-1}{s-1}\to f_{i+1,l+s,p}$$

枚举非空的行数，答案就是：

$$\text{ans}=1+\sum\limits_{i=1}^{n}\dbinom{n}{i}\sum\limits_{j=1}^m\sum\limits_{k=1}^{m-j+1}f_{i,j,k}$$

直接做是 $O(n^6)$ 的。利用不同的 $l$ 转移相同可用前缀和优化至 $O(n^5)$。

然后我们发现把矩阵转置一下，将 $n,m$ 交换不影响答案，也就是说我们可以把空的列也拿出来。于是每个 $S_i$ 就是一段区间了，且 $S_i,S_{i+1}$ 要么相交不包含要么相邻，$S_{i+1}$ 在 $S_i$ 的右边。

将 $f_{i,j,k}$ 重新定义为 $S_1=[1,r_1],S_i=[j-k+1,j]$，满足以上限制的方案数。其实就是把前面的 $j,k$ 两维交换了一下。

那么答案变为：

$$\text{ans}=1+\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\dbinom{n}{i}\dbinom{m}{j}\sum\limits_{k=1}^jf_{i,j,k}$$

转移还是枚举 $S_{i+1}$ 的两个端点 $p,q$，满足 $j-k+1\le p\le j+1,\max(p,j)\le q\le m$:

$$f_{i,j,k}\to f_{i+1,q,q-p+1}$$

然而这还是 $O(n^5)$ 的。由于对于不同的 $p$ 贡献相同，设 $f'_{i,j,k}$ 为第三维差分后的 $f$ 数组，可用前缀和优化至 $O(n^4)$：

$$f_{i,j,k}\to f'_{i+1,q,q-\min(j+1,q)+1},-f_{i,j,k}\to f'_{i+1,q,q-j+k+1}$$

单独将 $q=j$ 的转移拎出来，这部分 $O(n^3)$：

$$f_{i,j,k}\to f'_{i+1,j,1},-f_{i,j,k}\to f'_{i+1,j,k+1}$$

剩下的是 $q\ge j+1$ 的转移：

$$f_{i,j,k}\to f'_{i+1,q,q-j},-f_{i,j,k}\to f'_{i+1,q,q-j+k+1}$$

这还是 $O(n^4)$ 的，但是我们观察到第二维和第三维的差为定值且与 $q$ 无关，所以令 $g_{i,j,k+1}=f'_{i,j,j-k}$：

$$f_{i,j,k}\to g_{i+1,q,j+1},-f_{i,j,k}\to g_{i+1,q,j-k}$$

注意到 $q\in [j+1,m]$，再对 $g$ 的第二维进行差分记作 $g'$，前缀和优化即可做到 $O(n^3)$：

$$f_{i,j,k}\to g'_{i+1,j+1,j+1},-f_{i,j,k}\to g'_{i+1,j+1,j-k}$$

最终时间复杂度 $O(n^3)$，空间复杂度 $O(n^2)$：

#include <bits/stdc++.h>
#define eb emplace_back
#define pb pop_back
#define mt make_tuple
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pi;
typedef tuple<int, int, int> tu;
bool Mbe;


const int N = 405;
const int P = 998244353;

int n, m, ans, f[2][N][N], g[2][N][N], C[N][N];

int qpow(int p, int q) {
	int res = 1;
	for (; q; q >>= 1, p = 1ll * p * p % P)
		if (q & 1) res = 1ll * res * p % P;
	return res;
}

void init(int lim) {
	C[0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= lim; i++) {
		C[i][0] = 1;
		for (int j = 1; j <= lim; j++)
			C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % P;
	}
}

void solve() {
	cin >> n >> m, init(400);
	for (int i = 1; i <= m; i++) 
			f[1][i][i] = 1;
	for (int i = 1, t = 1; i <= n; i++, t ^= 1) {
		memset(f[t ^ 1], 0, sizeof(f[t ^ 1]));
		memset(g[t ^ 1], 0, sizeof(g[t ^ 1]));
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			for (int k = 1; k <= j; k++)
				(g[t][j][k] += g[t][j - 1][k]) %= P;
			for (int k = 1; k <= j; k++)
				(f[t][j][k] += g[t][j][j - k + 1]) %= P;
			for (int k = 1; k <= j; k++)
				(f[t][j][k] += f[t][j][k - 1]) %= P;
			for (int k = 1; k <= j; k++) {
				(f[t ^ 1][j][1] += f[t][j][k]) %= P;
				(f[t ^ 1][j][k + 1] += P - f[t][j][k]) %= P;
				(g[t ^ 1][j + 1][j + 1] += f[t][j][k]) %= P;
				(g[t ^ 1][j + 1][j - k] += P - f[t][j][k]) %= P;
			}
			int res = 0;
			for (int k = 1; k <= j; k++) 
				(res += f[t][j][k]) %= P;
			(ans += 1ll * C[n][i] * C[m][j] % P * res % P) %= P;
		}
	}
	cout << (ans + 1) % P << '\n';
}

bool Med;
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	cerr << (&Mbe - &Med) / 1048576.0 << " MB\n";
	#ifdef FILE
		freopen("1.in", "r", stdin);
		freopen("1.out", "w", stdout);
	#endif
	int T = 1;
	// cin >> T;
	while (T--) solve();
	cerr << (int)(1e3 * clock() / CLOCKS_PER_SEC) << " ms\n";
	return 0;
}