[atARC124F]Chance Meeting

为了方便，不妨先将$n$和$m$都减小1，其意义即为移动的次数

注意到老鼠向下移动和猫向上移动对于第2个条件是等价的，对于第1个条件即要求都恰好移动$n$次，那么对应的方案数即为${2n\choose n}$，乘上此系数后不妨将两种操作都看作仅有老鼠向下移动$2n$次

此时，即猫只能向右移动，因此相遇的位置必然在第$n+1$行

定义$f(x)$表示双方最终位于$(n+1,x+1)$且不存在一次操作后双方在同一个位置上的方案数，枚举双方相遇的位置，不难得到答案即为${2n\choose n}\sum_{i=0}^{m}f(i)f(m-i)$

先不考虑不在同一个位置上的条件，总方案数即为${n+2x\choose x}{n+x\choose n}$，将其记作$g(x)$，对于不合法的方案不妨去枚举其上一次相遇的位置，此时限制即之后不再相遇

具体的，可以看作在坐标系中从$(0,0)$走到$(n,0)$，每一步可以从$(x,y)$移动到$(x+1,y\pm 1)$，求除了起点和终点以外不与$x$轴有公共点的路径数

不难发现这即为$2H_{n-1}$（其中$H$为卡特兰数），也即有$f(x)=g(x)-2\sum_{i=0}^{x-1}H_{x-i-1}g(i)$

时间复杂度为$o(n+m\log m)$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 600005
#define L (1<<19)
#define mod 998244353
#define ll long long
int n,m,ans,fac[N],inv[N],rev[L],a[L],b[L],g[N],f[N];
int C(int n,int m){
    return (ll)fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int qpow(int n,int m){
    int s=n,ans=1;
    while (m){
        if (m&1)ans=(ll)ans*s%mod;
        s=(ll)s*s%mod;
        m>>=1;
    }
    return ans;
}
void ntt(int *a,int p){
    for(int i=0;i<L;i++)
        if (i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
    for(int i=2;i<=L;i<<=1){
        int s=qpow(3,(mod-1)/i);
        if (p)s=qpow(s,mod-2);
        for(int j=0;j<L;j+=i)
            for(int k=0,ss=1;k<(i>>1);k++,ss=(ll)ss*s%mod){
                int x=a[j+k],y=(ll)a[j+k+(i>>1)]*ss%mod;
                a[j+k]=(x+y)%mod,a[j+k+(i>>1)]=(x-y+mod)%mod;
            }
    }
    if (p){
        int s=qpow(L,mod-2);
        for(int i=0;i<L;i++)a[i]=(ll)a[i]*s%mod;
    }
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    n--,m--;
    fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=1;i<N;i++)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
    for(int i=2;i<N;i++)inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    for(int i=1;i<N;i++)inv[i]=(ll)inv[i-1]*inv[i]%mod;
    for(int i=0;i<L;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)+((i&1)*(L>>1));
    for(int i=0;i<=m;i++)a[i]=g[i]=(ll)C(n+(i<<1),i)*C(n+i,n)%mod;
    for(int i=0;i<m;i++)b[i+1]=(ll)C((i<<1),i)*fac[i]%mod*inv[i+1]%mod;
    ntt(a,0),ntt(b,0);
    for(int i=0;i<L;i++)a[i]=(ll)a[i]*b[i]%mod;
    ntt(a,1);
    for(int i=0;i<=m;i++)f[i]=(g[i]-2*a[i]%mod+mod)%mod;
    for(int i=0;i<=m;i++)ans=(ans+(ll)f[i]*f[m-i])%mod;
    ans=(ll)ans*C((n<<1),n)%mod;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}