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这是一道玄学组合数和神仙思路。。。
题目大意：给出一个n*m的网格，每个格子里只能涂一种颜色，一共有p中颜色，要求任意相邻两列都出现了
至少q种颜色的方案数。
n≤100，m≤，q≤p≤100。
看这m的范围，很容易想到矩阵乘法，所以可以先考虑递推式。
设dp[i][j]表示前i列最后一列共有j种颜色的方案数。
那么显然可以得到dp[i][k]=dp[i-1][j]*ans[j][k]。其中ans[j][k]表示的是这层有j种颜色，下一层有k种。
那么我们知道ans[j][k]怎么求就可以得到答案了。
因为两次选择的颜色会有重复，直接利用组合数寻找规律需要很多容斥，也很困难。
所以我们考虑枚举两次的并集，设并集为x，那么这次的方案组成就是在满足条件的情况下，
和上次相交的颜色的选择的方案乘上这次的新颜色的选择的方案。j+k-x表示的就是交集。
最后还要乘上在n个位置涂上k中颜色的方案数。设g[n][k]表示这个方案数。
那么就是要求在i个位置涂上j个颜色的方案数，可以类比为有j个不同的盒子，需要把i个不同的东西放进去的方案数。
这个问题就是第二类斯特林，结论为，大概的意思就是
可以从放过的盒子里在放一个，一共j种，也可以在没放过的新盒子放一个，这个新盒子可以是j中的任何一个，
所以一共j种。
那么最后得到的关于ans的表达式就是
对于dp的初值就是，就是指从所有颜色中选出j个颜色的方案数乘上放j个颜色的方案数。
用矩阵乘法优化一下即可，最后答案是。（PS：我懒了。。这个矩乘就直接用了）。。
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define mode 998244353
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,p,q;
int val[105][105];
int used[2][105];
ll sum;
ll c[105][105];
ll g[105][105];
void yhsj()
{
for(int i=0;i<=102;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])%mode;
}
}
}
struct no
{
ll f[105][105];
}tmp,ans;
no operator *(no a,no b)
{
no re;
for(int i=1;i<=102;i++)
{
for(int j=1;j<=102;j++)
{
re.f[i][j]=0;
for(int k=1;k<=102;k++)
{
re.f[i][j]+=a.f[i][k]*b.f[k][j]%mode;
re.f[i][j]%=mode;
}
}
}
return re;
}
int main()
{
freopen("color.in","r",stdin);
freopen("color.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&q);
yhsj();
g[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
g[i][j]=j*(g[i-1][j]+g[i-1][j-1])%mode;
}
}
for(int j=1;j<=p;j++)//这层的颜色数
{
for(int k=1;k<=p;k++)//下层的颜色数
{
for(int x=max(q,max(j,k));x<=min(p,j+k);x++)
{
tmp.f[j][k]+=c[j][j+k-x]*c[p-j][x-j]%mode;
tmp.f[j][k]%=mode;
}
tmp.f[j][k]*=g[n][k]%mode;tmp.f[j][k]%=mode;
}
}
m--;
for(int i=1;i<=p;i++)ans.f[i][i]=1;
while(m)
{
if(m%2==1) ans=ans*tmp;
tmp=tmp*tmp;m>>=1;
}
for(int i=1;i<=p;i++)
{
for(int j=1;j<=p;j++)
{
sum=(sum+g[n][i]*ans.f[i][j]%mode*c[p][i]%mode)%mode;//相当于把初值的矩阵直接求了，真实的答案就是∑f[n][1-p]。
}
}
printf("%I64d\n",sum);
return 0;
}