原题链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P5664
题意解读：
解题思路：
1、容斥思想
对于每一种烹饪方法i，一共可以做出s[i] = a[i][1] + a[i][2] + ... + a[i][m]种菜。
根据约束，每一种烹饪方法只能选一种菜，但是还有一个约束是同一食材的菜不能超过总菜数的一半，这就不好直接选。
在第一个条件满足，第二个条件不满足的某一种不合法方案中，只可能有一个食材的菜数量超过总菜数的一半（如果有两个食材超过，总菜数就>k）。
因此，可以用容斥原理来计算：所有选菜的方案数 - 所有同一食材的菜超过半数的方案数
2、乘法原理计算所有选菜的方案数
当不考虑第二个约束条件，所有选菜的方案数就是在每一种烹饪方法里选，
每一种烹饪方法都有s[i] + 1中选法（含不选该烹饪方法的任何菜），注意至少要选一个菜，因此所有选菜方案数为：
(s[1]+1) * (s[2]+1) * ... * (s[n]+1) - 1 （减一是排除一个菜都不选的情况）
3、动态规划计算所有同一食材的菜超过半数的方案数
由于只会有一种食材的菜超量，不妨枚举超量的食材p
设f[i][j][t]表示前i种烹饪方式，一共选了j道菜，包含食材p的菜数量为t的方案数
根据定义，对于食材p，非法的方案数为所有t>j/2时的f[i][j][t]之和
状态转移方程为：
第i种烹饪方式一个菜都不选：f[i][j][t] = f[i-1][j][t]
第i种烹饪方式选非食材p的菜：f[i][j][t] = f[i-1][j-1][t] * (s[i] - a[i][p])
第i种烹饪方式选食材p的菜：f[i][j][t] = f[i-1][j-1][t-1] * a[i][p]
分析一下时间复杂度：
枚举所有的食材m，再枚举所有烹饪方式n，再枚举所有菜的数量n，再枚举某个食材的菜的数量n，总体为O(mn3)，不可行。
4、差值替换优化
f[i][j][t]中j和t存在的目的是为了比较t>j/2，不妨用一个d = t - (j - t)的差值来表示，也就是对于某个食材p，
f[i][d]表示前i个烹饪方式中，选了p食材的菜与没有选p食材的菜的数量的差值为d的方案数，
这样所有d>0的f[i][d]都是非法的方案，
由于d的取值范围变成了[-n, n]，可以加上n值进行修正，避免负数。
状态转移方程为(实际编程时注意d要加上修正值)：
第i种烹饪方式一个菜都不选：f[i][d] = f[i-1][d]
第i种烹饪方式选非食材p的菜：f[i][d] = f[i-1][d+1] * (s[i] - a[i][p])
第i种烹饪方式选食材p的菜：f[i][d] = f[i-1][d-1] * a[i][p]
分析一下时间复杂度：
枚举所有的食材m，再枚举所有烹饪方式n，再枚举所有选某个食材的菜的数量与没选的差值2n，总体为O(mn2)。
100分代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;const int N = 105, M = 2005, MOD = 998244353, OFFSET = 100;LL s[N], a[N][M], f[N][2 * N];
LL n, m, ans;//计算不考虑第二个约束条件，所有选菜的方案数
LL total()
{LL res = 1;for(int i = 1; i <= n; i++)res = res * (s[i] + 1) % MOD;return res - 1;
}//计算违反第二个约束条件的选菜方案数
LL illegal()
{LL res = 0;for(int p = 1; p <= m; p++) //枚举不合法的食材{memset(f, 0, sizeof f);f[0][OFFSET] = 1; //初始状态for(int i = 1; i <= n; i++) //枚举烹饪方式{for(int d = -n; d <= n; d++) //枚举选食材p的菜的数量与不选食材p的菜的数量之差{//第i种烹饪方式一个菜都不选f[i][d + OFFSET] = (f[i][d + OFFSET] + f[i - 1][d + OFFSET]) % MOD;//第i种烹饪方式选非食材p的菜if(d + 1 + OFFSET >= 0 && d + 1 + OFFSET < 2 * N)f[i][d + OFFSET] = (f[i][d + OFFSET] + f[i - 1][d + 1 + OFFSET] * (s[i] - a[i][p])) % MOD;//第i种烹饪方式选食材p的菜if(d - 1 + OFFSET >= 0 && d - 1 + OFFSET < 2 * N)f[i][d + OFFSET] = (f[i][d + OFFSET] + f[i - 1][d - 1 + OFFSET] * a[i][p]) % MOD;}}for(int d = 1; d <= n; d++) //统计不合法方案数res = (res + f[n][d + OFFSET]) % MOD;}return res;
}int main()
{cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j <= m; j++)cin >> a[i][j];for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j <= m; j++)s[i] = (s[i] + a[i][j]) % MOD;ans = total() - illegal();ans = (ans % MOD + MOD) % MOD;cout << ans << endl;return 0;
}
