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;
}