题目描述
将(n imes n)的网格黑白染色，使得不存在任意一行、任意一列、任意一条大对角线的所有格子同色，求方案数对(998244353)取模的结果。
输入
一行一个整数(n)。
输出
一行一个整数表示答案对(998244353)取模的值。
样例
样例输入
3
样例输出
32
数据范围
对于(100\%)的数据，(1leq nleq 300)。
比第一题难了不知道多少……
这种东西怎么看都是容斥嘛。
我们先考虑对角线没有限制的情况：
枚举行和列有多少个是同色的，若行+列是奇数，则减去方案数，若行+列是偶数，则加上方案数，其他没有限制的点任意选，容斥一波即可（注意，若既有行又有列，则只能是同一颜色；但如果只有行或只有列则可以随意指定颜色，方案数应随之变动）。
那么有对角线该怎么办？
仍然容斥，(0)条对角线-(1)条对角线+(2)条对角线即是最终答案。其中(0)条对角线就是上述的算法。
考虑(1)条对角线的情况，不妨设是主对角线，令(f_{i,j,k})表示考虑到前(i)行(i)列，选中了(j)行(k)列的方案数。然后考虑转移到(i+1)，则枚举选(0/1)行，(0/1)列，分别转移。但是会存在一个问题，如果既没有选择行又没有选择列，会导致判断((i,i))这个格子可以任选，但事实上主对角线被锁死了，所以要乘上(frac{1}{2})的系数。最后(DP)完后再根据(j+k)的奇偶性确定容斥系数，然后再乘上(2^{(n-j)(n-k)})的系数表示未被考虑的格子的方案。
然后考虑(2)条对角线的情况，类似(1)条对角线，只是变成从中心开始一圈一圈往外(DP)，讨论的情况更多（并且要特判，奇数的时候两条对角线颜色必须一样，偶数的时候两条对角线颜色不必一样），就没有什么差别了。
(Code:)
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 998244353
#define inv2 499122177
#define inv16 935854081
int n, f[2][305][305];
int C[305][305], mul[100005];
void Add(int &a, int b){a = (a + b) % mod;}
int Solve0()
{
int ans = 0;
for (int i = 0; i <= n; i++)
for (int j = 0; j <= n; j++)
{
int k;
if (!i || !j)
k = i ^ j;
else
k = 1;
int x = (n - i) * (n - j) + k;
ans = (ans + (ll)C[n][i] * C[n][j] % mod * mul[x] % mod * (1 - (i + j) % 2 * 2) % mod) % mod;
}
return ans;
}
int Solve1()
{
memset(f, 0, sizeof(f));
int z = 0;
f[0][0][0] = 2;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
for (int j = 0; j <= i; j++)
{
for (int k = 0; k <= i; k++)
{
Add(f[z ^ 1][j][k], (ll)f[z][j][k] * inv2 % mod);
Add(f[z ^ 1][j][k + 1], -f[z][j][k]);
Add(f[z ^ 1][j + 1][k], -f[z][j][k]);
Add(f[z ^ 1][j + 1][k + 1], f[z][j][k]);
f[z][j][k] = 0;
}
}
z ^= 1;
}
int ans = 0;
for (int i = 0; i <= n; i++)
for (int j = 0; j <= n; j++)
Add(ans, (ll)f[z][i][j] * mul[(n - i) * (n - j)] % mod);
return ans;
}
int Solve2()
{
memset(f, 0, sizeof(f));
int z = 0;
if (n & 1)
{
f[0][0][0] = 1;
f[0][0][1] = f[0][1][0] = -2;
f[0][1][1] = 2;
}
else
f[0][0][0] = 2;
for (int k = n & 1; k < n; k += 2)
{
for (int i = 0; i <= k; i++)
{
for (int j = 0; j <= k; j++)
{
Add(f[z ^ 1][i][j], (ll)f[z][i][j] * inv16 % mod);
Add(f[z ^ 1][i + 1][j], -(ll)f[z][i][j] * inv2 % mod);
Add(f[z ^ 1][i][j + 1], -(ll)f[z][i][j] * inv2 % mod);
Add(f[z ^ 1][i + 2][j], f[z][i][j]);
Add(f[z ^ 1][i][j + 2], f[z][i][j]);
Add(f[z ^ 1][i + 2][j + 1], -(ll)f[z][i][j] * 2ll % mod);
Add(f[z ^ 1][i + 1][j + 2], -(ll)f[z][i][j] * 2ll % mod);
Add(f[z ^ 1][i + 1][j + 1], f[z][i][j] * 2ll % mod);
Add(f[z ^ 1][i + 2][j + 2], f[z][i][j]);
f[z][i][j] = 0;
}
}
z ^= 1;
}
int ans = 0;
for (int i = 0; i <= n; i++)
for (int j = 0; j <= n; j++)
if (!j && !i && (!(n & 1)))
Add(ans, mul[n * (n - 2) + 2]);
else
Add(ans, (ll)f[z][i][j] * mul[(n - i) * (n - j)] % mod);
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
C[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
C[i][0] = 1;
for (int j = 1; j <= i; j++)
C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % mod;
}
mul[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n * n + 1; i++)
mul[i] = mul[i - 1] * 2 % mod;
int ans = Solve0();
ans = (ans - 2ll * Solve1()) % mod;
ans = (ans + Solve2()) % mod;
if (ans < 0)ans += mod;
printf("%d
", ans);
}