ABC242F

套路的二项式反演。

题目要求实际就是两种颜色的棋子所占的行和列都不能有交。

设 $f(i,j,k)$ 表示在 $i$ 行 $j$ 列中放 $k$ 个棋子使得每行，每列都不为空的方案数。则最终答案为：

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{k=1}^{n-i}\sum_{l=1}^{m-j}\binom{n}{i}\binom{m}{j}\binom{n-i}{k}\binom{m-j}{l}f(i,j,B)f(k,l,W)$$

假设当前在求出 $f(n,m,B)$，即求出在 $n$ 行 $m$ 列中摆放 $B$ 个白棋的方案数，考虑设 $g(i,j)$ 表示钦定有 $i$ 行 $j$ 列不能放，剩下随便放的方案数，则有：

$$g(i,j)=\binom{(n-i)\times(m-j)}{B}$$

则

$$f(n,m,B)=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{m}(-1)^{i+j}\binom{n}{i}\binom{m}{j}g(i,j)$$

求出 $f(n,m,W)$ 同理。

时间复杂度 $\mathcal O(n^2m^2)$。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 55, mod = 998244353;
int n, m, b, w;
int fac[N*N], inv[N*N];
int f1[N][N], f2[N][N];

int qpow(int x, int y) {
	int res = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) res = 1ll * res * x % mod;
		x = 1ll * x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return res;
}

void init(int maxn) {
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= maxn; ++i) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
	inv[maxn] = qpow(fac[maxn], mod - 2);
	for (int i = maxn - 1; ~i; --i) inv[i] = 1ll * inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}

int C(int n, int m) {
	if (n < 0 || m < 0 || n < m) return 0;
	return 1ll * fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}

void add(int &a, int b) {
	a += b;
	if (a >= mod) a -= mod;
	if (a < 0) a += mod;
}

int main() {
	scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &b, &w);
	init(2500);
	for (int _n = 1; _n <= n; ++_n)
		for (int _m = 1; _m <= m; ++_m) {
			int res = 0;
			for (int i = 0; i <= _n; ++i)
				for (int j = 0; j <= _m; ++j)
					add(res, 1ll * ((i + j) & 1 ? -1 : 1) * C(_n, i) * C(_m, j) % mod * C((_n - i) * (_m - j), b) % mod);
			f1[_n][_m] = res;
		}
	for (int _n = 1; _n <= n; ++_n)
		for (int _m = 1; _m <= m; ++_m) {
			int res = 0;
			for (int i = 0; i <= _n; ++i)
				for (int j = 0; j <= _m; ++j)
					add(res, 1ll * ((i + j) & 1 ? -1 : 1) * C(_n, i) * C(_m, j) % mod * C((_n - i) * (_m - j), w) % mod);
			f2[_n][_m] = res;
		}
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = 1; j <= m; ++j)
			for (int k = 1; k <= n - i; ++k)
				for (int l = 1; l <= m - j; ++l)
					add(ans, 1ll * C(n, i) * C(m, j) % mod * C(n - i, k) % mod * C(m - j, l) % mod * f1[i][j] % mod * f2[k][l] % mod);
	printf("%d", ans);
	return 0;
}