观察题目，我们可以用贡献法， 计算每个格子的贡献，然后累加起来，对于重复的部分我们要减去
1.路径数量
首先，计算两个位置间有多少种路径互通，我们可以利用组合数进行计算：
当两点之间的横坐标距离差的绝对值为x,纵坐标的距离差值为y，那么有方案数ans=c(x+y,x)或c(x+y,y) 二者本身等价
实际意义可以理解为：进行x+y次移动操作，其中x次是横向移动的方案（或者y次是向下移动的方案）
2.计算同种方格的总方案数
对于一种方格，我们记方格中的元素为p;
方案1 ：
对于每个方格 如果他的元素为p ，由于一个元素在某条路径上出现多次时只有一次的贡献， 所以该元素第一次出现的所有位置到终点方案数之和就是答案，那么总的方案数就是
我们要算的是：所有「第一次经过数值 p」在点(i,j)的路径数 公式：f(i,j) = 起点到(i,j)总方案数 - Σ( 起点到(u,v)方案数 × (u,v)到(i,j)方案数 )其中(u,v)是所有比(i,j)更靠左上 的同值点（u≤i, v≤j且(u,v)≠(i,j)）。
最终点(i,j)对p的贡献 = f(i,j) × (i,j)到终点的方案数。
我们记(x_i,y_i)为该点坐标，(x_j,y_j)为所有同种的方格且（x_j<=x_i&&y_j<=y_i）也就是能转移到(i,j)的所有同种方格;
从起点到该点 且 第一次经过的P元素为该点的 方案数=从起点到(i,j)点的方案数 - c(x_i-x_j+y_i-y_j , x_i -x_j)
该方案数*该点到终点的方案数 = 该点的贡献
时间复杂度为o(k^2)，k为该相同元素的数目
方案2 DP:
对于同种元素p
我们n*m的遍历一遍，进行转移 ，记dpij为到达（i,j)的方案数 ，其中如果有和(i,j)相同的元素，我们要视作障碍，这样的话 dpij表达的意思就是不经过与 p 相同的元素走到(i,j)的方案数 。 类似于过河卒问题的DP;
DP的转移就是：dpij= dpi-1j * (ai-1j!=p) + dpij-1*(aij-1!=p)
对于所有为元素P的格子，总的方案数就是： ( dpij*c(n+m-i-j,n-i) )， 其中所有的格子(i,j)都为p元素 ， 实际意义也就是：从起点到(i,j) 且 不经过相同P元素的方案数 * 从（i,j）到终点的方案数
时间复杂度为o(nm);
总和考虑两种方案 当相同元素数量k >sqrt( n * m ) 那么方案1的时间复杂度就会高于o(n*m) 此时我们选择方案2
同理当k<sqrt( n * m )的时候我们选择方案1 时间复杂度小于o(n*m)；
代码实现：
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=998244353;
const int N=1e5+5,MOD=998244353;
long long fac[N],inv[N];
long long qpow(long long a,long long b,long long mod){
long long ans=1;
for(;b;b>>=1){
if(b&1){
ans=(1LL*ans*a)%mod;
}
a=(1LL*a*a)%mod;
}
return ans;
}
void init(int n){
fac[0]=inv[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=(fac[i-1]*i)%MOD;
inv[n]=qpow(fac[n],MOD-2,MOD);
for(int i=n-1;i>=1;i--)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%MOD;
}
long long c(int n,int m){
if(n<m)return 0;
return fac[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;
}
void solve(){
int n,m;
cin>>n>>m;
vector<vector<int>>a(n+2,vector<int>(m+2,0));
unordered_map<int,vector<pair<int,int>>>mp;
vector<int>cnt(n*m+2,0);
int sq=sqrt(n*m);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
cin>>a[i][j];
cnt[a[i][j]]++;
if(cnt[a[i][j]]<=sq)mp[a[i][j]].push_back({i,j});
}
}
int ans=0;
vector<bool>vis(n*m+1,0);
for(int ii=1;ii<=n;ii++){
for(int jj=1;jj<=m;jj++){
if(vis[a[ii][jj]])continue;
vis[a[ii][jj]]=1;
if(cnt[a[ii][jj]]<=sq){
auto &v=mp[a[ii][jj]];
sort(v.begin(),v.end());
int sz=v.size();
vector<int>dp(sz+1);
for(int i=0;i<sz;i++){
dp[i]=c(v[i].first+v[i].second-2,v[i].first-1);
for(int j=0;j<i;j++){
if(v[j].first<=v[i].first&&v[j].second<=v[i].second){
dp[i]=(dp[i]-dp[j]*c(v[i].first-v[j].first+v[i].second-v[j].second,v[i].first-v[j].first)%mod+mod)%mod;
}
}
}
int res=0;
for(int i=0;i<sz;i++){
res=(res+dp[i]*c(n+m-v[i].first-v[i].second,n-v[i].first)%mod)%mod;
}
ans=(ans+res)%mod;
}else {
vector<vector<int>>dp(n+1,vector<int>(m+1,0));
dp[1][0]=1;
int res=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
dp[i][j]=((dp[i-1][j]*(a[i-1][j]!=a[ii][jj]))+(dp[i][j-1]*(a[i][j-1]!=a[ii][jj])))%mod;
if(a[i][j]==a[ii][jj]){
res=(res+dp[i][j]*c(n+m-i-j,n-i)%mod)%mod;
}
}
}
ans=(ans+res)%mod;
}
}
}
cout<<ans<<'\n';
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
init(N-3);
int t;
cin>>t;
while(t--)solve();
return 0;
}