「集训队作业2018」小Z的礼物

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题目链接：http://uoj.ac/problem/422。

考虑$\rm min-max$容斥(我随机选的题为啥全是min-max容斥。。)，那么就有一个很简单的暴力：枚举集合，假设有$x$种方案会碰到一个黑点，那么贡献就是$(-1)^{|s|}\cdot \dfrac{2nm-n-m}{x}​$，分子是总方案数。

我们发现需要知道的东西只有集合大小和$x$，并且$x$是$O(nm)$级别的，很容易得到一个$\rm dp$：$f_{i,s,k}$表示考虑了前$i$列，最后一列选择的状态是$s$，$x=k$的方案数。注意到我们没有必要把大小开在状态里，只需要每次转移的时候乘上一个$(-1)^{|s|}​$的因子就好了。

因为要枚举状态然后$O(2^n)$转移，复杂度就是$O(2^{2n}nm^2)​$，这个东西稍微大了点过不了。。我卡了好久的常没卡过。。害得我重构代码

考虑优化，可以利用轮廓线$\rm dp$，因为当前点增加的贡献只取决于他上面那个点和左边那个点，那么加一维状态$x$表示当前处理完$(x,i)$这个点，并且$s$前$i$位是第$i$行的状态，后面是$i-1$的状态，转移就变成了$O(1)​$了。

复杂度$O(2^nn^2m^2)$。

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#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

void read(int &x) {
    x=0;int f=1;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}

void print(int x) {
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}

#define lf double
#define ll long long 

#define pii pair<int,int >
#define vec vector<int >

#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fr first
#define sc second

#define FOR(i,l,r) for(int i=l,i##_r=r;i<=i##_r;i++)
#define cnt __builtin_popcount

const int maxn = 1e6+10;
const int inf = 1e9;
const lf eps = 1e-8;
const int mod = 998244353;

int n,m,f[2][7][66][1222];
char ss[7][102];

int qpow(int a,int x) {
    int res=1;
    for(;x;x>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(x&1) res=1ll*res*a%mod;
    return res;
}

void add(int &x,int y) {x+=y;if(x>=mod) x-=mod;}

int main() {
    read(n),read(m);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",ss[i]+1);
    f[0][n][0][0]=mod-1;int all=(1<<n)-1;
    for(int i=1,p=1;i<=m;i++,p^=1) {
        memset(f[p],0,sizeof f[0]);
        memcpy(f[p][0],f[p^1][n],sizeof f[0][0]);
        for(int j=1;j<=n;j++) {
            auto make=[&] (int s) {
                int x=0;
                if(j>1&&(s&(1<<(j-2)))) x++;
                if(i>1&&(s&(1<<(j-1)))) x++;
                for(int k=0;k<=2*i*n-i-n;k++) 
                    add(f[p][j][s&(all-(1<<(j-1)))][k+x],f[p][j-1][s][k]);
            };
            if(ss[j][i]=='.') {
                for(int s=0;s<1<<n;s++) make(s);
            } else {
                for(int s=0;s<1<<n;s++) {
                    make(s);
                    int x=(j>1)+(i>1);
                    for(int k=0;k<=2*i*n-i-n;k++)
                        add(f[p][j][s|(1<<(j-1))][k+x],(mod-f[p][j-1][s][k])%mod);
                }
            }
        }
    }
    int ans=0;
    for(int s=0;s<1<<n;s++)
        for(int k=0;k<=2*n*m-n-m;k++) 
            ans=(ans+1ll*f[m&1][n][s][k]*qpow(k,mod-2)%mod)%mod;
    ans=1ll*ans*(2*n*m-n-m)%mod;
    write((ans+mod)%mod);
    return 0;
}