題意簡述
有 \(n\) 種方法和 \(m\) 種食材，第 \(i\) 種方法第 \(j\) 種食材做出來的菜有 \(a_{i,j}\) 種。
有以下限制：
- 至少做一盤菜。
- 每種方法做出來的菜品數至多為 \(1\)。
- 所有以第 \(i\) 種食材做出來的菜品數不超過菜品種數的一半。
求方案數。
\(n\le 100,m\le 2\times10^3\)。
分析
條件一、二都很好滿足，問題在於條件三有點棘手。
發現這個“一半”的限制很特殊，考慮從這裡入手，進一步顯然發現不合法的食材只有至多一種，而且總數（即不考慮第三條限制的方案數）可以容易的透過 dp \(O(n^2)\) 求出（後文會有），這樣的話我們可以考慮正難則反了。
列舉這個不合法的食材 \(c\)，設計 dp 狀態 \(f_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 種方法，不合法的食材選了 \(j\) 次，其他的食材選了 \(k\) 次的方案數。轉移考慮第 \(i\) 種方法下是不做 \(f_{i-1,j,k}\rightarrow f_{i,j,k}\) 或者做不合法食材 \(f_{i-1,j-1,k}\cdot a_{i,c}\rightarrow f_{i,j,k}\) 或者做其他食材 \(f_{i-1,j,k-1}\cdot (s_i-a_{i,c})\rightarrow f_{i,j,k}\)，這裡 \(s_i\) 是 \(a_{i,*}\) 的字首和，即第 \(i\) 種方法可以做出的菜品個數。我們需要的答案是 \(\sum_{i>j} f_{n,i,j}\)。
考慮求出總方案。設 \(g_{i,j}\) 表示前 \(i\) 種方法做了 \(j\) 盤菜，轉移和 \(f\) 類似。
時間複雜度 \(O(mn^3)\)，瓶頸在於 \(f\) 的轉移。
考慮最佳化。發現我們並不需要知道 \(j,k\) 具體的值，我們只需要讓 \(j>k\)。重新設 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 種方法，不合法食材與其他食材的數量差為 \(j\)。由於 \(j\) 可能為負，所以加上一個整體偏移量。
時間複雜度 \(O(mn^2)\)，可以透過。
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#define x1 xx1
#define y1 yy1
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define ITIE cin.tie(0);
#define OTIE cout.tie(0);
#define PY puts("Yes")
#define PN puts("No")
#define PW puts("-1")
#define P0 puts("0")
#define P__ puts("")
#define PU puts("--------------------")
#define popc __builtin_popcount
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define gc getchar
#define pc putchar
#define pb emplace_back
#define rep(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);++a)
#define per(a,b,c) for(int a=(b);a>=(c);--a)
#define reprange(a,b,c,d) for(int a=(b);a<=(c);a+=(d))
#define perrange(a,b,c,d) for(int a=(b);a>=(c);a-=(d))
#define graph(i,j,k,l) for(int i=k[j];i;i=l[i].nxt)
#define lowbit(x) (x&-x)
#define lson(x) (x<<1)
#define rson(x) (x<<1|1)
#define mem(x,y) memset(x,y,sizeof x)
//#define double long double
#define int long long
//#define int __int128
using namespace std;
typedef long long i64;
using pii=pair<int,int>;
bool greating(int x,int y){return x>y;}
bool greatingll(long long x,long long y){return x>y;}
inline int rd(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}return x*f;
}
inline void write(int x,char ch='\0'){
if(x<0){x=-x;putchar('-');}
int y=0;char z[40];
while(x||!y){z[y++]=x%10+48;x/=10;}
while(y--)putchar(z[y]);if(ch!='\0')putchar(ch);
}
bool Mbg;
const int maxn=105,maxm=2e3+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=998244353,delta=101;
const long long llinf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,m,a[maxn][maxm];
int f[maxn][maxn<<1],s[maxn];
int g[maxn][maxn];
void solve_the_problem(){
n=rd(),m=rd();rep(i,1,n)rep(j,1,m)a[i][j]=rd(),s[i]=(s[i]+a[i][j])%mod;
// rep(i,1,n)write(s[i],32);P__;
g[0][0]=1;
rep(i,1,n){
g[i][0]=g[i-1][0];
rep(j,1,n)g[i][j]=(g[i-1][j]+g[i-1][j-1]*s[i]%mod)%mod;
}
int ans=0;
rep(i,1,n)ans=(ans+g[n][i])%mod;
// write(tot,32);
rep(c,1,m){
int res=0;
mem(f,0);
f[0][delta]=1;
rep(i,1,n)rep(j,1,2*delta){
int rem=(s[i]-a[i][c]+mod)%mod;
f[i][j]=f[i-1][j];
f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j-1]*a[i][c]%mod)%mod;
f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j+1]*rem%mod)%mod;
}
rep(i,delta+1,2*delta)res=(res+f[n][i])%mod;
// write(res,32);
ans=(ans-res+mod)%mod;
}
write(ans);
}
bool Med;
signed main(){
// freopen(".in","r",stdin);freopen(".out","w",stdout);
// fprintf(stderr,"%.3lfMB\n",(&Mbg-&Med)/1048576.0);
int _=1;while(_--)solve_the_problem();
}
/*
*/