不错的题啊 挺好的结合了容斥和状压DP
保证每个数各不相同，又有大小关系，那么就可以将数字从小到大填。
不难发现 局部极小值<=8，这个可以状压，f[i][j] 表示填了前i个数，局部极小值被填的状态是j的方案数。
转移时预处理数组p[j]表示当局部极小值的填写状态为j时有哪些位置可以填数。
枚举当前数是否填在局部极小值的位置上。
f[i][j]=f[i-1][j]*(p[j]-i+1)+f[i-1][k]
然后 会有不是局部最小值的点成为局部最小值的情况 我们就用容斥来减掉这些情况
用dfs来枚举那些点成为了局部最小值 然后状压DP就好 不难发现 dfs的方案数其实是挺少的
#include<bits/stdc++.h>
#define me(a,x) memset(a,x,sizeof a)
using namespace std;
const int mod=12345678;
const int dx[9]={0,0,1,1,1,-1,-1,-1,0};
const int dy[9]={1,-1,1,-1,0,1,-1,0,0};
inline int read(){
char ch=getchar(); int x=0,f=1;
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1; ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0'; ch=getchar();}
return x*f;
}
char s[6][9]; int n,m,f[30][1<<8],ans,p[1<<8];
struct P{int x,y;}a[10];
int dp()
{
me(f,0); me(p,0); int tp=0,i,j,k,t;
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++)
if(s[i][j]=='X')a[++tp]=(P){i,j};
for(t=0;t<(1<<tp);t++){
bool v[6][9]; me(v,0);
for(i=1;i<=tp;i++)
if(~t&(1<<i-1)) v[a[i].x][a[i].y]=1;
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++){
for(k=0;k<9;k++)
if(v[i+dx[k]][j+dy[k]])break;
if(k>8)p[t]++;
}
}
f[0][0]=1;
for(i=1;i<=n*m;i++)for(t=0;t<(1<<tp);t++)
{
(f[i][t]+=(long long)f[i-1][t]*max(p[t]-i+1,0)%mod)%=mod;
for(j=1;j<=tp;j++)
if(t&(1<<j-1))(f[i][t]+=f[i-1][t^(1<<j-1)])%=mod;
}
return f[n*m][(1<<tp)-1];
}
void dfs(int x,int y,int cnt){
if(y==m+1){dfs(x+1,1,cnt); return;}
if(x==n+1){
(ans+=dp()*(cnt&1?-1:1))%=mod;
return;
}
dfs(x,y+1,cnt); int k;
for(k=0;k<9;k++)if(s[dx[k]+x][dy[k]+y]=='X')break;
if(k>8){s[x][y]='X'; dfs(x,y+1,cnt+1); s[x][y]='.';}
}
int main()
{
n=read(),m=read(); int i,j,k;
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%s",s[i]+1);
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++)if(s[i][j]=='X')
for(k=0;k<8;k++)
if(s[dx[k]+i][dy[k]+j]=='X')
return puts("0"),0;
dfs(1,1,0);
printf("%d
",(ans+mod)%mod);
return 0;
}