hdu6314（ 2018 Multi-University Training Contest 2）

bryce1010模板

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6314

…………. 又是一个数学题！
这个题使用容斥原理解决的，现场看dls推公式。
我也推了一遍：

f[n][m]=sum { r=0...n,c=0....m }   
=C(n,r)*C(m,c)*(-1)^(c+r)*2^((n-r)*(m-c))

列举至少a行b列的情况
f[n][m]=sum{u=a...n,x=b...m}*sum{v=0...n-u,y=0...m-x}
=C(n,u)*C(m,x)*f[n-u][m-x]

把公式扩展
=C(n,u)*C(m,x)*C(n-u,v)*C(m-x,y)*(-1)^(v+y)*2^((n-u-v)*(m-x-y))

令w=n-u-v  z=m-x-y
上面的式子扩展二项式后：
=n!m!/u!/x!/y!/v!/w!/z!*(-1)^(v+y)*2^(w*z)

多项式归类：
=(-1)^v/u!/v! *  (-1)^y/x!/y!   *2^(w*z)/w!/z!

编程的时候可以预处理一个pre[s][a]    u+v=s;u>=a;表示它的（-1）^v/u!/v!
又u+v=n-w   x+y=z-m
=pre[n-w][a]*pre[z-m][b]*2^(w*z)/w!/z!

反正推理过程比较无聊，而且非常耗费时间

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef vector<int> VI;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const ll mod=998244353;
ll powmod(ll a,ll b) {ll res=1;a%=mod; assert(b>=0); for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;}return res;}
ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a;}
// head

const int N=3010;
ll fac[N],fnv[N];
int pw[9000100];
int gg[3010][3010];
ll f[3010][3010];
int n,m,a,b;
int main() {
    fac[0]=fnv[0]=1;
    rep(i,1,3001) fac[i]=fac[i-1]*i%mod,fnv[i]=powmod(fac[i],mod-2);
    pw[0]=1;
    for (int i=1;i<=9000000;i++) pw[i]=pw[i-1]*2%mod;
    for (int w=0;w<=3000;w++) for (int z=0;z<=3000;z++) gg[w][z]=pw[w*z]*fnv[w]%mod*fnv[z]%mod;
    for (int s=0;s<=3001;s++) {
        for (int u=s;u>=0;u--) {
            int val=fnv[u]*fnv[s-u]%mod;
            if ((s-u)%2) val=mod-val;
            f[s][u]=(f[s][u+1]+val)%mod;
        }
    }
    while (scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&a,&b)!=EOF) {
        ll ans=0;
        rep(w,0,n-a+1) rep(z,0,m-b+1) ans=(ans+f[n-w][a]*f[m-z][b]%mod*gg[w][z])%mod;
        printf("%lld
",ans*fac[n]%mod*fac[m]%mod);
    }
}