题目描述

这次小可可想解决的难题和中国象棋有关，在一个N行M列的棋盘上，让你放若干个炮（可以是0个），使得没有一个炮可以攻击到另一个炮，请问有多少种放置方法。大家肯定很清楚，在中国象棋中炮的行走方式是：一个炮攻击到另一个炮，当且仅当它们在同一行或同一列中，且它们之间恰好 有一个棋子。你也来和小可可一起锻炼一下思维吧！

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一行包含两个整数N，M，之间由一个空格隔开。

输出格式：

总共的方案数，由于该值可能很大，只需给出方案数模9999973的结果。

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1 3

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7

说明

样例说明

除了3个格子里都塞满了炮以外，其它方案都是可行的，所以一共有2*2*2-1=7种方案。

数据范围

100%的数据中N和M均不超过100

50%的数据中N和M至少有一个数不超过8

30%的数据中N和M均不超过6

考验思维的一道dp；

 

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<ctime>
#include<time.h>
#include<deque>
#include<stack>
#include<functional>
#include<sstream>
//#include<cctype>
//#pragma GCC optimize(2)
using namespace std;
#define maxn 200005
#define inf 0x7fffffff
//#define INF 1e18
#define rdint(x) scanf("%d",&x)
#define rdllt(x) scanf("%lld",&x)
#define rdult(x) scanf("%lu",&x)
#define rdlf(x) scanf("%lf",&x)
#define rdstr(x) scanf("%s",x)
#define mclr(x,a) memset((x),a,sizeof(x))
typedef long long  ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned int U;
#define ms(x) memset((x),0,sizeof(x))
const long long int mod = 9999973;
#define Mod 1000000000
#define sq(x) (x)*(x)
#define eps 1e-5
typedef pair<int, int> pii;
#define pi acos(-1.0)
//const int N = 1005;
#define REP(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
typedef pair<int, int> pii;

inline int rd() {
	int x = 0;
	char c = getchar();
	bool f = false;
	while (!isdigit(c)) {
		if (c == '-') f = true;
		c = getchar();
	}
	while (isdigit(c)) {
		x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
		c = getchar();
	}
	return f ? -x : x;
}


ll gcd(ll a, ll b) {
	return b == 0 ? a : gcd(b, a%b);
}
int sqr(int x) { return x * x; }



/*ll ans;
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
	if (!b) {
		x = 1; y = 0; return a;
	}
	ans = exgcd(b, a%b, x, y);
	ll t = x; x = y; y = t - a / b * y;
	return ans;
}
*/

int n, m, ans;
ll dp[200][200][200];
int C(int x) {
	return (x*(x - 1) / 2) % mod;
}
int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(0);
	n = rd(); m = rd();
	dp[0][0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 0; j <= m; j++) {
			for (int k = 0; k + j <= m; k++) {
				dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k];
				if (k >= 1) {
					dp[i][j][k] =1ll* (dp[i][j][k] + dp[i - 1][j + 1][k - 1] * (j + 1));
				}
				if (j >= 1) {
					dp[i][j][k] = 1ll*(dp[i][j][k] + dp[i - 1][j - 1][k] * (m - (j - 1) - k));
				}
				if (k >= 2) {
					dp[i][j][k] = 1ll*(dp[i][j][k] + dp[i - 1][j + 2][k - 2] * ((j + 2)*(j + 1) / 2));
				}
				if (k >= 1) {
					dp[i][j][k] = 1ll*(dp[i][j][k] + dp[i - 1][j][k - 1] * j*(m - (k - 1) - j));
				}
				if (j >= 2) {
					dp[i][j][k] = 1ll*(dp[i][j][k] + dp[i - 1][j - 2][k] * C(m - (j - 2) - k));
				}
				dp[i][j][k] %= 1ll*mod;
			}
		}
	}
//	int ans = 0;
	for (int i = 0; i <= m; i++) {
		for (int j = 0; j <= m; j++) {
			ans = 1ll*(ans + dp[n][i][j]) % mod;
		}
	}
	printf("%lld\n", 1ll * ans%mod);
	return 0;
}