传送门

• 这种求 “取到所有物品的期望时间” 的题一般都用 $min-max$容斥 解决：
  设$t(i,j)$为取到格子$(i,j)$的期望时间，集合S=∪c(i,j)=′∗′{t(i,j)}S=\cup_{c(i,j)='*'}\{t(i,j)\}S=∪c(i,j)=′∗′​{t(i,j)}
  那么根据$min-max$容斥有：$$\max (S)=\sum _{T\subseteq S,T\ne \varnothing }(-1{)}^{|T|-1}\min (T)$$

• $min(T)$即为首次取到$T$中的格子的期望时间(记为$E_T$)，考虑转成求概率：
  设$P_T$为取到$T$中的格子的概率，由$E_T=1+(1-P_T)E_T$解得$E_T=\frac{1}{P_T}$
  设有覆盖到$T$中的格子的相邻对个数为$x$，因为总共的相邻对个数为$m(n-1)+n(m-1)$，所以$P_T=\frac{x}{m(n-1)+n(m-1)}$，得到$E_T=\frac{m(n-1)+n(m-1)}{x}$

• 发现子集$T$数量很多，但是$x$非常小，于是神奇地转换思路：
  求出对于每个$x$，有多少个子集$T$满足恰有$x$个相邻对有覆盖到$T$中的点。
  上插头dp，设$dp[i][j][s][x]$表示做到了$(i,j)$,当前状态为$s$,有$x$个相邻对。
  我们dp的内容是系数和，如果选了一个格子，集合大小改变，要乘一个$-1$作为系数。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=998244353;
int add(int a,int b){return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
int dec(int a,int b){return a<b?a-b+mod:a-b;}
int mul(int a,int b){return 1ll*a*b%mod;}
void Add(int &a,int b){a=add(a,b);}
int ksm(int a,int b){int res=1;while(b){if(b&1) res=mul(res,a);b>>=1;a=mul(a,a);}return res;
}
int n,m;
char c[10][110];
int dp[2][1<<6][1250],ans;//N*M*2=1200
int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)	scanf("%s",c[i]+1);int tot=n*(m-1)+m*(n-1);int cur=1,pre=0;dp[cur][0][0]=dec(0,1);int sta=(1<<n)-1;for(int i=1;i<=m;++i){for(int j=1;j<=n;++j){swap(cur,pre);memset(dp[cur],0,sizeof(dp[cur]));for(int s=0;s<=sta;s++){for(int k=0;k<=tot;k++){if(dp[pre][s][k]){int ss=s&(sta^(1<<(j-1)));Add(dp[cur][ss][k],dp[pre][s][k]);if(c[j][i]=='*'){ss|=(1<<j-1);int delta=(i!=1&&(s&(1<<j-1))==0)+(j!=1&&(s&(1<<j-2))==0)+(i<m)+(j<n);Add(dp[cur][ss][k+delta],dec(0,dp[pre][s][k]));}}}}}}for(int i=1;i<=tot;i++){ll inv=ksm(i,mod-2);for(int s=0;s<=sta;s++)Add(ans,mul(dp[cur][s][i],inv));}ans=mul(ans,tot);cout<<ans;return 0;
}

参考文章：
https://www.cnblogs.com/ZH-comld/p/11014880.html
https://www.cnblogs.com/huyufeifei/p/10498429.html