AtCoder Regular Contest 162 F Montage

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题目限制可以被改写成，如果 \(A_{a, b} = A_{c, d} = 1\)，那么 \(A_{a, d} = A_{c, b} = 1\)。

考虑删去空白的行和列，那么对于每个 \(A_{a, b} = A_{c, d} = 1\)，矩形 \((a, b), (c, d)\) 中一定都是 \(1\)。

发现每一行只可能存在一个极长 \(1\) 区间。并且对于第 \(i\) 行的这个区间 \([l_i, r_i]\)，有 \(l_i \le l_{i - 1} \le r_i + 1, r_i \le r_{i - 1}\)。也就是说最终的 \(A\) 长这样：

这是一个很强的性质。已经可以 dp 了，设 \(f_{i, j, k}\) 为考虑到第 \(i\) 行，\(l_i = j, r_i = k\) 的方案数。转移容易二维前缀和优化。

统计答案时，注意我们是在删掉空行和空列的基础上讨论的，因此 \(f_{i, j, k}\) 对答案的贡献系数是在 \(n \times m\) 的矩阵中选 \(i\) 行，\(m - j + 1\) 列的方案数即 \(\binom{n}{i} \times \binom {m}{m - j + 1}\)。

code

// Problem: F - Montage
// Contest: AtCoder - AtCoder Regular Contest 162
// URL: https://atcoder.jp/contests/arc162/tasks/arc162_f
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 3000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;

const int maxn = 410;
const int N = 400;
const ll mod = 998244353;

inline ll qpow(ll b, ll p) {
	ll res = 1;
	while (p) {
		if (p & 1) {
			res = res * b % mod;
		}
		b = b * b % mod;
		p >>= 1;
	}
	return res;
}

ll n, m, fac[maxn], ifac[maxn], f[maxn][maxn], g[maxn][maxn];

inline ll C(ll n, ll m) {
	if (n < m || n < 0 || m < 0) {
		return 0;
	} else {
		return fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod;
	}
}

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

inline ll query(int xl, int xr, int yl, int yr) {
	return (g[xl - 1][yl - 1] + g[xr][yr] - g[xl - 1][yr] - g[xr][yl - 1] + mod + mod) % mod;
}

void solve() {
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		f[i][m] = 1;
	}
	ll ans = (n * (qpow(2, m) + mod - 1) % mod + 1) % mod;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		for (int j = 1; j <= m + 1; ++j) {
			for (int k = 1; k <= m + 1; ++k) {
				g[j][k] = (f[j][k] + g[j - 1][k] + g[j][k - 1] - g[j - 1][k - 1] + mod) % mod;
			}
		}
		for (int j = 1; j <= m; ++j) {
			for (int k = j; k <= m; ++k) {
				f[j][k] = query(j, k + 1, k, m);
				ans = (ans + f[j][k] * C(n, i) % mod * C(m, m - j + 1) % mod) % mod;
			}
		}
	}
	printf("%lld\n", ans);
}

int main() {
	init();
	int T = 1;
	// scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}