DP

orz__stdcall

首先要想出来，每行最多只能放两个棋子，这是显然的

于是决策就是一行一行地处理

30分的做法就是裸的枚举，暴搜，枚举这一行放哪里，放几个

然后想到了压位dp，按3进制表示当前棋盘的状态，即某一列没有棋子，或者有一个，两个棋子，能过50分

接着可以发现，棋子的顺序是无所谓的，并不需要准确知道当前棋盘的状态

于是有了100分做法：dp[i][j][k]表示放了前i行，有j列是有1个棋子，有k列有两个棋子

然后枚举所有的转移即可

#include 
    
     #include 
     
      #include 
      
       #include 
       
        #include 
        
         using namespace std;const int MOD = 9999973;long long  n, m, dp[105][105][105];long long C(long long num) {    return num * (num - 1) / 2;}int main() {    cin >> n >> m;    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] % MOD;                if(j > 0) (dp[i][j][k] += dp[i - 1][j - 1][k] * (m - j - k + 1)) %= MOD;                if(j < m && k > 0) (dp[i][j][k] += dp[i - 1][j + 1][k - 1] * (j + 1)) %= MOD;                if(j > 1) (dp[i][j][k] += dp[i - 1][j - 2][k] * C(m - j - k  + 2)) %= MOD;                if(k > 0) (dp[i][j][k] += dp[i - 1][j][k - 1] * (m - j - k + 1) * j) %= MOD;                if(j < m - 1 && k > 1) (dp[i][j][k] += dp[i - 1][j + 2][k - 2] * C(j + 2)) %= MOD;            }        }    }    long long ans = 0ll;    for(int i = 0; i <= m; i++) {        for(int j = 0; j + i <= m; j++) {            (ans += dp[n][i][j]) %= MOD;        }    }    cout << ans << endl;    return 0;}