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显然，肯定是由一堆横着的和一些竖着 \(2 \times 1\) 的构成的。而竖着的将将原来的网格分成了若干段。

先考虑只有一行，显然就是插板法。设长度为 \(n\)，用了 \(m\) 块。答案就是 \(\dbinom {n-1} {m-1}\)。拓展到两个并列的一行，答案是 \(\dbinom {2n-2} {m-1}\)。感性理解，将两行放在一起，总共有 \(2n-2\) 个位置可以插（交界处不能插），要分成 \(m-1\) 块。要求多段，核心就是找到能插的个数和要划分的段数。

考虑枚举有 \(i\) 个竖着的，其中有 \(j\) 段。

先考虑剩下的分成 \(n-i\) 段的方案。要求方案数，首先我们要知道能插的个数。这是需要分类讨论。

• 若竖着没有在开头和结尾的，那么能插的个数为 \(2(n-1-i-j)\)，还要划分的段数是 \(m-2(j+1)-i\)，那么方案就是 \(\dbinom {2(n-1-i-j)} {m-2(j+1)-i}\)。
• 若竖着只有一个在开头结尾，那么能插的个数为 \(2(n-i-j)\)，还要划分的段数是 \(m-2j-i\)，那么方案就是 \(\dbinom {2(n-i-j)} {m-2j-i}\)。
• 若竖着的都在开头和结尾，那么能插的个数为 \(2(n+1-i-j)\)，还要划分的段数是 \(m-2(j-1)-i\)，那么方案就是 \(\dbinom {2(n+1-i-j)} {m-2(j-1)-i}\)。

接着考虑竖着的方案，发现这个直接用插板法很难求，那么考虑分步来求。先考虑划分为 \(j\) 段，这个直接插板求出，方案是 \(\dbinom {i-1} {j-1}\)，再考虑把这 \(j\) 段再插到原来的网格中，可以插在剩下位置的前面，但是再第一个的前面就不行，所以方案是 \(\dbinom {n-i-1} {j/j-1/j-2}\)，下面取决于上面的分裂讨论，那么总的方案就是乘积。

考虑枚举有 \(i\) 个竖着的，其中有 \(j\) 段的方案就是三种情况的和乘上竖着的方案。

#define fep(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define feb(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define For(i,u) for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
#define pr pair<int,int>
#define mpr make_pair
#define LL long long
//#define int long long
using namespace std;

const int N = 4e7+5,M = 5e3+5,mod = 998244353;
int n,m,inv[N],fac[N],ifac[N],f[M];

inline int read()
{
	int s=0,w=1; char ch=getchar();
	while(!(ch<='9'&&ch>='0')) {if(ch=='-') w=-1; ch=getchar();}
	while(  ch<='9'&&ch>='0')  {s=(s<<1)+(s<<3)+ch-'0'; ch=getchar();}
	return s*w;
}
inline int Mod(int x) {return x>=mod?x-mod:x;}
inline void addmod(int &x,int y) {y<0?y+=mod:y=y; x=Mod(x+y);}

inline void init()
{
	inv[1]=fac[0]=ifac[0]=1;
	fep(i,1,2*n)
	{
		if(i^1) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
		fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
		ifac[i]=1ll*ifac[i-1]*inv[i]%mod;
	}
}

inline int C(int x,int y)
{
	if(x<y) return 0;
	return 1ll*fac[x]*ifac[y]%mod*ifac[x-y]%mod;
}

signed main()
{
	n=read(),m=read();
	init();
	int ans=C(2*(n-1),m-2);
	fep(i,1,m)
	{
		fep(j,1,i)
		{
			int tmp=j+1;
			if(tmp*2+i<=m)
			{
				int now1=n-1-i-j,now2=m-(tmp*2+i);
				int res=1ll*C(i-1,j-1)*C(n-i-1,j)%mod*C(2*now1,now2)%mod;
				addmod(ans,res);
			}
			tmp=j;
			if(tmp*2+i<=m)
			{
				int now1=n-i-j,now2=m-(tmp*2+i);
				int res=2ll*C(i-1,j-1)*C(n-i-1,j-1)%mod*C(2*now1,now2)%mod;
				addmod(ans,res);
			}
			tmp=j-1;
			if(tmp*2+i<=m&&j>=2)
			{
				int now1=n+1-i-j,now2=m-(tmp*2+i);
				int res=1ll*C(i-1,j-1)*C(n-i-1,j-2)%mod*C(2*now1,now2)%mod;
				addmod(ans,res);
			}
		}
	}
	printf("%d\n",ans+(n==m));
	return 0;
}