problem

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solution

骨牌横着放会占用一行两列，骨牌竖着放会占用两行一列。

问题可以抽象为：每次可以选择连续的两行放 $A$，或选一行放 $B$；每次可以选一列放 $B$ ，或选连续的两列放 $A$。

且最后行的 $A$ 数量等于列的 $B$ 数量，列的 $A$ 数量等于行的 $B$ 数量。【多米诺骨牌大小的匹配】

这样一个放物品的过程会对应原来很多个多米诺骨牌摆放的方案，因为行列之间 $A,B$ 配对的方案不只一种，任意一种配对方案对应一种不同的摆放方案。

行列之间的 $A,B$ 的摆放是不影响的，只有数量相等的要求。

假设选了 $x$ 个 $A$，$y$ 个 $B$，则方案数为 $x!y!$。

由于行列互不影响，所以分开求解，最后利用乘法原理计算即可。下面以行为例。

设 $d{p}_{i,j,k}:$ 考虑前 $i$ 行，放了 $j$ 个 $A$，$k$ 个 $B$ 的方案数。

暴力的状态都是 $n^3$ 的，考虑优化。
实际上，$B$ 的性质是只占用一行，只要知道剩下的空位，我们就能计算 $B$ 的方案数。

改写 $d{p}_{i,j}:$ 前 $i$ 行放了 $j$ 个 $A$ ，还没有放 $B$ 的方案数。

那么最后可以放 $B$ 的空位为 $cnt-2\ast j$，$cnt:$ 去除掉题目所给多米诺骨牌占用的行后剩下的行数，如果要选 $k$ 个 $B$，则可以 $O(1)$ 计算方案数为：$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{cnt-2\ast j}{k}\right)$

最后合并需要枚举行选了多少个 $A$ 和多少个 $B$，枚举总时间也是 $O(n^2)$ 的。

所以本题最终的时间复杂度为：$O(n^2)$。

code

#include <cstdio>
#define int long long
#define mod 998244353
#define maxn 3605
int n, m, k, cnt_c, cnt_r;
int fac[maxn];
bool row[maxn], col[maxn];
int c[maxn][maxn], f[maxn][maxn], g[maxn][maxn];signed main() {scanf( "%lld %lld %lld", &n, &m, &k );cnt_r = n, cnt_c = m;for( int i = 1, X1, Y1, X2, Y2;i <= k;i ++ ) {scanf( "%lld %lld %lld %lld", &X1, &Y1, &X2, &Y2 );row[X1] = row[X2] = col[Y1] = col[Y2] = 1;cnt_r --, cnt_c --;if( X1 ^ X2 ) cnt_r --;else cnt_c --;}fac[0] = f[0][0] = g[0][0] = c[0][0] = 1;for( int i = 1;i < maxn;i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;for( int i = 1;i < maxn;i ++ ) {c[i][0] = c[i][i] = 1;for( int j = 1;j < i;j ++ )c[i][j] = ( c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1] ) % mod;}for( int i = 1;i <= n;i ++ )for( int j = 0;j <= i / 2;j ++ ) {f[i][j] = f[i - 1][j];if( i >= 2 and j and ! row[i] and ! row[i - 1] ) f[i][j] = ( f[i][j] + f[i - 2][j - 1] ) % mod;}for( int i = 1;i <= m;i ++ )for( int j = 0;j <= i / 2;j ++ ) {g[i][j] = g[i - 1][j];if( i >= 2 and j and ! col[i] and ! col[i - 1] ) g[i][j] = ( g[i][j] + g[i - 2][j - 1] ) % mod;}int ans = 0;for( int i = 0;i <= cnt_r / 2;i ++ )for( int j = 0;j <= cnt_c / 2;j ++ )if( i * 2 + j <= cnt_r and i + j * 2 <= cnt_c )ans = ( ans + f[n][i] * g[m][j] % mod * c[cnt_r - 2 * i][j] % mod * c[cnt_c - 2 * j][i] % mod * fac[i] % mod * fac[j] ) % mod;printf( "%lld\n", ans );return 0;
}