大致题意： 让你在一张(N*M)的棋盘上摆放炮，使其无法互相攻击，问有多少种摆法。
辟谣
听某大佬说这是一道状压(DP)题，于是兴冲冲地去做，看完数据范围彻底懵了：(N≤100)！这么大的数据范围压死你！
好吧，其实这就是一道普通的(DP)，与状压没有任何关系。
其实状压可以用来骗分，能得50。
考虑性质
对于这种题目，第一步肯定是考虑有没有什么比较重要的性质。
考虑炮的攻击方法，应该不难发现，每一行、每一列放的炮的数量不能超过(2)。
保证每行不超过(2)，应该很简单。
那么如何处理每列不超过(2)呢？这时就不难想到用(f_{i,j,k})来表示当前处理到第(i)行，有(j)列有(1)个炮，(k)列有(2)个炮时的方案数。
这样一来，应该就有一个比较清晰的思路了。
接下来，就是无比烦人的分类讨论。
分类讨论
不难发现，这题的状态有很多转移方式，因此就需要用到分类讨论。
-
第一种情况： 这一行什么棋子也不放。
直接将(f_{i,j,k})加上(f_{i-1,j,k})即可。
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第二种情况： 在没有放过炮的一列上放一个炮。
比较显然应从状态((i-1,j-1,k))转移过来。
(∵)在转移之前有((m-i-j+1))列是没有放过炮的，
(∴)放炮的方式共有((m-i-j+1))种，
(∴)将(f_{i,j,k})加上((m-i-j+1)*f_{i-1,j-1,k})。
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第三种情况： 在没有放过炮的两列上各放一个炮。
此时的状态应从状态((i-1,j-2,k))转移过来。
(∵)在转移之前有((m-i-j+2))列是没有放过炮的，
(∴)放炮的方式共有(C_{m-j-k+2}^2)种，即(frac{(m-j-k+1)*(m-j-k+2)}2)种，
(∴)将(f_{i,j,k})加上(frac{(m-j-k+1)*(m-j-k+2)}2*f_{i-1,j-2,k})。
-
第四种情况： 在放过一个炮的一列上放一个炮。
此时的状态应从状态((i-1,j+1,k-1))转移过来。
(∵)在转移之前有((j+1))列是放过一个炮的，
(∴)放炮的方式共有((j+1))种，
(∴)将(f_{i,j,k})加上((j+1)*f_{i-1,j+1,k-1})。
-
第五种情况： 在放过一个炮的两列上各放一个炮。
此时的状态应从状态((i-1,j+2,k-2))转移过来。
(∵)在转移之前有((j+2))列是放过一个炮的，
(∴)放炮的方式共有(C_{j+2}^2)种，即(frac{(j+1)*(j+2)}2)种，
(∴)将(f_{i,j,k})加上(frac{(j+1)*(j+2)}2*f_{i-1,j+2,k-2})。
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第六种情况： 在没有放过炮的一列和放过一个炮的一列上各放一个炮。
此时的状态应从状态((i-1,j,k-1))转移过来。
(∵)在转移之前有((m-j-k+1))列是没有放过炮的，有(j)列是放过一个炮的，
(∴)放炮的方式共有((m-j-k+1)*j)种，
(∴)将(f_{i,j,k})加上((m-j-k+1)*j*f_{i-1,j,k-1})。
大致就是这(6)种情况了，不过取模之类的细节还是需要自己注意一下。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define uint unsigned int
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
#define abs(x) ((x)<0?-(x):(x))
#define INF 1e9
#define Inc(x,y) ((x+=(y))>=MOD&&(x-=MOD))
#define ten(x) (((x)<<3)+((x)<<1))
#define MOD 9999973
#define N 100
using namespace std;
int n,m;
class FIO
{
private:
#define Fsize 100000
#define tc() (FinNow==FinEnd&&(FinEnd=(FinNow=Fin)+fread(Fin,1,Fsize,stdin),FinNow==FinEnd)?EOF:*FinNow++)
#define pc(ch) (FoutSize<Fsize?Fout[FoutSize++]=ch:(fwrite(Fout,1,FoutSize,stdout),Fout[(FoutSize=0)++]=ch))
int f,FoutSize,OutputTop;char ch,Fin[Fsize],*FinNow,*FinEnd,Fout[Fsize],OutputStack[Fsize];
public:
FIO() {FinNow=FinEnd=Fin;}
inline void read(int &x) {x=0,f=1;while(!isdigit(ch=tc())) f=ch^'-'?1:-1;while(x=ten(x)+(ch&15),isdigit(ch=tc()));x*=f;}
inline void read_char(char &x) {while(isspace(x=tc()));}
inline void read_string(string &x) {x="";while(isspace(ch=tc()));while(x+=ch,!isspace(ch=tc())) if(!~ch) return;}
inline void write(int x) {if(!x) return (void)pc('0');if(x<0) pc('-'),x=-x;while(x) OutputStack[++OutputTop]=x%10+48,x/=10;while(OutputTop) pc(OutputStack[OutputTop]),--OutputTop;}
inline void write_char(char x) {pc(x);}
inline void write_string(string x) {register int i,len=x.length();for(i=0;i<len;++i) pc(x[i]);}
inline void end() {fwrite(Fout,1,FoutSize,stdout);}
}F;
class Class_DP//DP
{
private:
int f[N+5][N+5][N+5];//用f[i][j][k]来表示当前处理到第i行，有j列有1个炮，k列有2个炮时的方案数
public:
inline int GetAns()
{
register int i,j,k,lim,ans=0;
for(i=f[0][0][0]=1;i<=n;++i)//枚举行
{
for(j=lim=min(i<<1,m);~j;--j) for(k=lim-j;~k;--k)//枚举放过一个棋子和两个棋子的列数
{
f[i][j][k]=f[i-1][j][k];//第一种情况
if(j>=1) Inc(f[i][j][k],1LL*f[i-1][j-1][k]*(m-j-k+1)%MOD);//第二种情况
if(j>=2) Inc(f[i][j][k],1LL*f[i-1][j-2][k]*((m-j-k+1)*(m-j-k+2)>>1)%MOD);//第三种情况
if(k>=1) Inc(f[i][j][k],1LL*f[i-1][j+1][k-1]*(j+1)%MOD);//第四种情况
if(k>=2) Inc(f[i][j][k],1LL*f[i-1][j+2][k-2]*((j+1)*(j+2)>>1)%MOD);//第五种情况
if(j>=1&&k>=1) Inc(f[i][j][k],1LL*f[i-1][j][k-1]*(m-j-k+1)%MOD*j%MOD);//第六种情况
}
}
for(i=lim=min(n<<1,m);~i;--i) for(j=lim-i;~j;--j) Inc(ans,f[n][i][j]);//统计答案
return ans;
}
}DP;
int main()
{
F.read(n),F.read(m),F.write(DP.GetAns());
return F.end(),0;
}