题目大意
有一面由 n × m n\times m n×m个格子组成的墙，每个格子要么是黑色，要么是白色。你每次将会进行这样的操作：等概率随机选择一个位置 ( x , y ) (x,y) (x,y)和一个颜色 c c c（黑色或白色），（ 1 ≤ x ≤ n , 1 ≤ y ≤ m 1\leq x\leq n,1\leq y\leq m 1≤x≤n,1≤y≤m，选择任意 ( x , y , c ) (x,y,c) (x,y,c)的组合的概率都是 1 2 n m \dfrac{1}{2nm} 2nm1），然后将 ( x , y ) (x,y) (x,y)左上角的所有格子的颜色都涂成 c c c，也就是将所有满足 1 ≤ x ′ ≤ x , 1 ≤ y ′ ≤ y 1\leq x'\leq x,1\leq y'\leq y 1≤x′≤x,1≤y′≤y的格子 ( x ′ , y ′ ) (x',y') (x′,y′)的颜色涂成 c c c。次操作的代价为涂的格子的数量，即 x × y x\times y x×y。给定初始状态和终止状态，问期望要花费多少代价才能将墙面从初始状态涂成终止状态。
1 ≤ n , m ≤ 5 1\leq n,m\leq 5 1≤n,m≤5
题解
看到 n n n和 m m m都比较小，我们考虑用状压 D P DP DP。设 f s f_s fs表示当前墙面的状态为 s s s时要到最终状态的期望代价，可以列出 2 n m 2^{nm} 2nm个方程，用高斯消元解方程即可。
这样做的时间复杂度为 O ( 2 3 n m ) O(2^{3nm}) O(23nm)，我们考虑优化。
我们考虑减少状态的数量。我们发现，如果一个位置的右下角的某个位置与最终状态不同，则这个位置一定会被修改，那这个位置当前的值就不重要了。
设 p i , j p_{i,j} pi,j表示 ( i , j ) (i,j) (i,j)右下角的位置是否已经全部变得和终止状态一样，可以发现 p i , j p_{i,j} pi,j为 1 1 1的状态一定在右下角呈阶梯状的。举个例子：
其中橙色部分为 p i , j = 1 p_{i,j}=1 pi,j=1的格子。
那么，总状态数为 ( n + m n ) \binom{n+m}{n} (nn+m)。我们可以用 d f s dfs dfs求出所有可能的状态。
对于每个状态，我们考虑它能到达哪些状态。我们将每种状态中 p i , j = 1 p_{i,j}=1 pi,j=1的格子设为与终止状态相同， p i , j = 0 p_{i,j}=0 pi,j=0的格子设为与终止状态相反。然后将左上角的一个矩形全部变为黑色或白色，再判断改变颜色后的状态是什么状态。
用上述方法求出转移方程，再用高斯消元求解即可。
时间复杂度为 O ( ( n + m n ) 3 ) O(\binom{n+m}{n}^3) O((nn+m)3)， ( n + m n ) \binom{n+m}{n} (nn+m)的最大值为 252 252 252，是可以过的。
code
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long mod=998244353;
int n,m,S,bg=0,ed=0,sum=0,tot=0,w[10][10];
long long ans=0,a[305][305];
char s[10][10],t[10][10];
array<int,5>v;
map<array<int,5>,int>mp;
void init(){
S=(1<<n*m)-1;
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
for(int x=0;x<=i;x++){
for(int y=0;y<=j;y++){
w[i][j]|=1<<(x*m+y);
}
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
sum+=2*i*j;
}
}
}
void dfs(int t,int now){
if(t==n){
mp[v]=++tot;
return;
}
for(int i=now;i<=m;i++){
v[t]=i;dfs(t+1,i);
}
}
int gtid(int s){
array<int,5>b;
for(int i=0;i<5;i++) b[i]=0;
for(int i=0;i<n;i++){
b[i]=m;
for(int j=0;j<m;j++){
int wt=(s>>(i*m+j))&1;
if(wt==(t[i][j]=='W')) b[i]=m-j-1;
}
}
for(int i=n-2;i>=0;i--) b[i]=min(b[i],b[i+1]);
return mp[b];
}
long long mi(long long t,long long v){
if(!v) return 1;
long long re=mi(t,v/2);
re=re*re%mod;
if(v&1) re=re*t%mod;
return re;
}
void gauss(){
for(int i=1;i<=tot;i++){
for(int j=i;j<=tot;j++){
if(a[j][i]){
swap(a[j],a[i]);break;
}
}
for(int j=1;j<=tot;j++){
if(i==j) continue;
long long dv=(mod-1)*a[j][i]%mod*mi(a[i][i],mod-2)%mod;
for(int k=1;k<=tot+1;k++) a[j][k]=(a[j][k]+dv*a[i][k])%mod;
}
}
}
int main()
{
// freopen("graffiti.in","r",stdin);
// freopen("graffiti.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
init();
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%s",s[i]);
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%s",t[i]);
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
bg|=(s[i][j]=='B')<<(i*m+j);
ed|=(t[i][j]=='B')<<(i*m+j);
}
}
dfs(0,0);
for(auto p:mp){
int s=0,id=p.second;
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
if(j<m-p.first[i])
s|=(t[i][j]=='W')<<(i*m+j);
else
s|=(t[i][j]=='B')<<(i*m+j);
}
}
a[id][id]=2*n*m;
if(s==ed) continue;
a[id][tot+1]=sum;
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
int tmp=gtid(s|w[i][j]);
a[id][tmp]=(a[id][tmp]-1+mod)%mod;
tmp=gtid(s&(S^w[i][j]));
a[id][tmp]=(a[id][tmp]-1+mod)%mod;
}
}
}
gauss();
int tmp=gtid(bg);
ans=a[tmp][tot+1]*mi(a[tmp][tmp],mod-2)%mod;
printf("%lld",ans);
return 0;
}