题目

一个长为n(n<=30)的原始序列x，x[i]可以取值0或1

一个长为m(m<=1e9)的点对序列(s,t)，

s序列第i项和t的第i项，均可以取值[1,n]，

如果构造好s和t后，对任意都存在01序列x使得，

则称这个序列是合法的，问种(s,t)序列中，有多少合法序列，

答案对998244353取模

思路来源

官方题解

https://www.cnblogs.com/chasedeath/p/14567667.html

题解

考虑1-n共n个点的不含自环的有向图，条边，如果可以用(i,j)边，表示

而最终x是要被化成两堆的，一堆0一堆1，也就是一个二分图

要求二分图的某一个带标号的边集方案只能被计一次，

有向图不好统计，可以考虑看成无向图，也就是(1,2)和(2,1)看成一种边

最后填入m个位置后再决定翻不翻转，再乘上对应的种选法

所以，需要统计的是有标号二分图的方案数

有标号二分图计数

计表示i个点j条边的二分图方案数，允许重复

即枚举二分图左边选了k个点，右边选了i-k个点，k*(i-k)条边里选j条，

这样的话，一个有着t个连通块的二分图会被计数次，

因为对应连通块部分可以左右互换，从而在另一种合法答案中被统计到

于是考虑怎么去重

计表示i个点j条边连通的二分图，

然而连通块数定义在状态里不好用于转移，所以后续的计数考虑容斥

通过减掉不合法的方案，

即枚举最后一个点所在的连通块多大，

对应连通块和之前的二分图是在什么时候断裂的

当大小为k时，从i-1个点中选k-1个点，再对应选出一些边

有

有了联通的二分图之后，再考虑如何合并

计表示i个点j条边由若干个连通块组成、无重复的二分图

转移仍然枚举最后一个点所在的连通块多大，

从之前的f合法方案，通过背包转移到新的合法方案

当大小为k时，从i-1个点中选k-1个点，再对应选出一些边

有

求出f[i][j]后，n个点是固定的，

因为f[n-1][j]可以通过不用边的方式转移到f[n][j]

所以，只需要用到f[n][j]的状态，无需再遍历f[i<n][j]的值

当有j条边时，需要满足j条边填到m个位置，j条边都至少出现一次，不然计数就会有重复

小球放盒问题

方法一

这等价于m个有区别的小球放入j个有区别的盒子，每个盒子不能为空

而第二类斯特林数S(m,j)为m个有区别的小球放入j个无区别的盒子的方案数，

所以求出乘上j个盒子的顺序即可，代码中用dp2[i]表示

方法二

互换小球和盒子，

dp[i]表示恰有i种球被放到了m个盒子里，每个盒子只能放一个球

那么就需要用全量的情况，减掉不合法的情况

有

代码

// Problem: G - Many Good Tuple Problems
// Contest: AtCoder - HHKB Programming Contest 2023(AtCoder Beginner Contest 327)
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc327/tasks/abc327_g
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<ll,int> P;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define dbg(x) cerr<<(#x)<<":"<<x<<" ";
#define dbg2(x) cerr<<(#x)<<":"<<x<<endl;
#define SZ(a) (int)(a.size())
#define sci(a) scanf("%d",&(a))
#define scll(a) scanf("%lld",&(a))
#define pt(a) printf("%d",a);
#define pte(a) printf("%d\n",a)
#define ptlle(a) printf("%lld\n",a)
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
const int N=31,M=N*N,mod=998244353,inv2=(mod+1)/2;
int t,n,m,f[N][M],g[N][M],h[N][M],c[M][M],dp[M],dp2[M];
void ADD(int &x,int y){
	x=(x+y)%mod;
}
int modpow(int x,int n,int mod){
	int res=1;
	for(;n;n>>=1,x=1ll*x*x%mod){
		if(n&1)res=1ll*res*x%mod;
	}
	return res;
}
int C(int x,int y){
	if(x<0 || y<0 || x<y)return 0;
	return c[x][y];
}
void sol(){
	sci(n),sci(m);
	c[0][0]=1;
	rep(i,1,M-1){
		c[i][0]=c[i][i]=1;
		rep(j,1,i-1){
			c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
		}
	}
	rep(i,1,M-1){
		dp[i]=modpow(i,m,mod);
		rep(j,1,i-1){
			ADD(dp[i],mod-1ll*c[i][j]*dp[j]%mod);
		}
		//printf("i:%d f:%d\n",i,dp[i]);
	}
	rep(i,1,M-1){
		rep(j,1,i){
			int sg=((i-j)&1)?-1:1;
			ADD(dp2[i],(1ll*sg*C(i,j)%mod*modpow(j,m,mod)%mod)%mod);
		}
		//printf("i:%d f:%d\n",i,dp2[i]);
	}
	int ans=0;
	rep(i,1,n){
		int up=i*(i+1)/4;
		rep(j,0,up){
			rep(k,0,i){
				ADD(g[i][j],1ll*C(i,k)*C(k*(i-k),j)%mod);
			}
			h[i][j]=g[i][j];
			rep(k,1,i-1){
				rep(l,0,j){
					ADD(h[i][j],mod-1ll*C(i-1,k-1)*h[k][l]%mod*g[i-k][j-l]%mod);
				}
			}
			f[i][j]=1ll*h[i][j]*inv2%mod;
			rep(k,1,i-1){
				rep(l,0,j){
					ADD(f[i][j],1ll*C(i-1,k-1)*h[k][l]%mod*f[i-k][j-l]%mod*inv2%mod);
				}
			}
			//printf("i:%d j:%d 1:%d 2:%d 3:%d\n",i,j,g[i][j],h[i][j],f[i][j]);
			//printf("i:%d j:%d f:%d\n",i,j,f[i][j]);
			//if(i==n && j<=m)printf("i:%d j:%d f:%d dp:%d add:%d\n",i,j,f[i][j],dp[j],1ll*f[i][j]*dp[j]%mod);
			if(i==n)ADD(ans,1ll*f[i][j]*dp[j]%mod);
		}
	}
	//pte(ans);
	ans=1ll*ans*modpow(2,m,mod)%mod;
	pte(ans);
}
int main(){
	t=1;//sci(t); // t=1
	while(t--){
		sol();
	}
	return 0;
}