第一天的摸底考试海星。

T1想了半天想出的乱搞算法竟然是对的，两个哑铃分放上下两行的一定要取max记录答案，同一行但不相邻要把中间全部移走或把两个都移到别处，所以在中间取max，再和两端的哑铃取一下min，用线段树维护区间最值。

T2感觉似曾相识，看别人上来都写的这个就先写了写，所求看起来和方差差不多，就想想要是搞个平均值随便搞搞怎么样，对于实数平均值就四舍五入一下，试了试样例发现都对了，那么根据胡乱归纳法，目标值取平均数就是对的，懒得细想了直接写上去还确实对了。

T3写了一个比较简单的DP，从当前字符向前找，找到可行范围，利用可行范围内的值更新，超出可行范围直接跳出，O(n^2)算法竟然卡过了。正解是线段树优化的DP，但好像因为过了这道题就忘了写正解，现在也忘得差不多了，找时间补一下。

T4考场上怎么也没想出来，就拿了20分的送分，而且我发现我爆搜都打不好，T4T5打的爆搜样例都过不了，只能写一些最弱的送分…老师讲了以后才发现真的不难，主要这个思路见的比较少，但好像还是见过，忘记了……

T5好毒瘤啊，看wls的一连串if看的怀疑人生，问了mls才发现了陈溪大佬写的for循环版本，还是很简洁明了的，经老师一讲就更清楚了，不过不知道为什么他的跑了1660ms…可能是常数太大了，我稍微优化了下，防止了数组越界，加了并没有森么用的快读，903ms还是蛮快的……发现更快的大佬都是写的一连串if，最快的甚至快了3倍，可能是for循环有一些冗余状态吧，这题对我来说还是比较难的…加了些注释，当作是题解发出来？

#include <cstdio>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

const ll mo=998244353;
int n,m,i,j,k,l,a,b,c;
ll f[70][70][70][70],ans;
//f[i][a][b][c]：第i列，对于每一行，有a行有0个棋子，b行有1个棋子，c行有2个棋子时，的情况数 
inline char gc()
{
    static char buf[1000001],*p1=buf,*p2=buf;
    return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2) ? EOF : *p1++;
}

inline void re(int &x)
{
    x=0;
    char ch=gc();
    while(ch<'0'||ch>'9') ch=gc();
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48), ch=gc();
}

inline ll C(int x,int y)
{//C(n,m)=n!/((n-m)!*m!)
    switch(y)
    {
        case 0:
            return 1;//C(x,0)
        case 1:
            return x;//C(x,1)
        case 2:
            return 1ll*x*(x-1)/2;//C(x,2) 
        case 3:
            return 1ll*x*(x-1)*(x-2)/6;//C(x,3) 
        default:
            return 0;
    }
}

int main()
{
    re(n); re(m);//设n为列，m为行（不设也一样 
    f[0][m][0][0]=1;//第0列，当然只有所有行都是0个棋子这一种情况 
    for(i=0;i<=n;i++)//枚举每一列 
        for(j=0;j<=m;j++)//枚举0个棋子的行数 
            for(k=0;k<=m-j;k++)//枚举1个棋子的行数 
                for(l=0;l<=m-j-k;l++)//枚举2个棋子的行数 
                    if(i==n) ans=(ans+f[i][j][k][l])%mo;//到达了最后一列，累加答案 
                    else 
                        for(a=0;a<=min(j,3);a++)//枚举由0个棋子增加到1个棋子的行数，不能超过3个因为每列最多3个，当然也不能超过原来0个棋子的行数 
                            for(b=0;b<=min(k,3-a);b++)//枚举由1个棋子增加到2个棋子的行数 
                                for(c=0;c<=min(l,3-a-b);c++)//枚举由2个棋子增加到3个棋子的行数 
                                {//0个棋子的行数减少了a，1个棋子的行数增加了a减少了b，2个棋子的行数增加了b减少了c，这种情况即为当前状态所能更新的 
                                    f[i+1][j-a][k+a-b][l+b-c]+=f[i][j][k][l]*C(j,a)*C(k,b)*C(l,c);
                                    f[i+1][j-a][k+a-b][l+b-c]%=mo;//加上当前状态的情况数乘上在j行0个棋子的行中选a行，在k行1个棋子的行中选b行，在l行2个棋子的行中选c行的组合数想乘 
                                }
    printf("%lld",ans%mo);//输出答案 
    return 0;
}