本来说要找道轮廓线 \(dp\) 的题目刷刷来着的？然后就找到了这道题。
然鹅这个题给我最大的启发反而不在轮廓线 \(dp\)，而在于让我新学会了一个玩意儿叫做 Min-Max 容斥。
Min-Max 容斥大概讲的就是这样一件事情：对于任意集合 \(S\)，\(\max(S)=\sum\limits_{T\subseteq S,T\ne\varnothing}(-1)^{|T|-1}\min(T)\)，因为这个式子包含容斥系数 \((-1)^{|T|-1}\) 和集合的 \(\min,\max\)，因此被称为 Min-Max 容斥。
证明还算容易，假设 \(S\) 中的元素从小到大依次为 \(a_1,a_2,\cdots,a_n\)，考虑每个 \(a_i\) 作为最小值出现的贡献，显然 \(a_n\) 的贡献就是 \(a_n\)，因为它只能在 \(T=\{a_n\}\) 中作为最小值，而对于 \(i<n\)，\(a_i\) 为 \(T\) 的最小值当且仅当 \(T\) 可以写成 \(\{a_i\}\cup T'\) 的形式，其中 \(T'\subseteq\{a_{i+1},a_{i+2},\cdots,a_n\}\)，考虑枚举 \(T'\) 的大小 \(s\)，那么共有 \(\dbinom{n-i}{s}\) 个可选的 \(T'\)，它们的贡献均为 \((-1)^s\)，故总贡献为 \(\sum\limits_{i=0}^{n-i}\dbinom{n-i}{s}(-1)^s=0^{n-i}=0\)，故总贡献就是 \(a_n=\max(S)\)。
接下来考虑怎样将 Min-Max 容斥使用到这道题上，我们考虑将所有 * 格子编个号，记 \(t_i\) 为编号为 \(i\) 的 * 格第一次被覆盖的时间，那么题目要求的值即为 \(E(\max\{t_i\})\)，我们知道对于这样的集合，\(\max\) 是不太好求的，不过 \(E(\min\{t_i\})\) 非常好求，记 \(C\) 为有多少个 \(1\times 2\) 的矩形包含至少一个 * 格，\(D\) 为总共有多少个 \(1\times 2\) 的矩形（显然 \(D=n(m-1)+m(n-1)\)），那么 \(E(\min\{t_i\})=\dfrac{C}{D}\)。因此考虑套用 Min-Max 容斥，记 \(S\) 为 \(t_i\) 组成的集合所有，那么 \(E(\max(S))=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{T-1}E(\min(T))\)。直接枚举子集显然是不行的，不过我们发现 \(E(\min\{t_i\})\) 的表达式中，\(D\) 为定值，而 \(C\) 的范围也不会太大，最多不过 \(1200\)，因此我们考虑转而枚举 \(C\) 并预处理所有子集 \(T\) 满足其对应的 \(C\) 为我们枚举的值的贡献之和。这东西怎么预处理呢？就要用到我们一开始说的轮廓线 \(dp\) 了，记 \(dp_{i,j,k,l}\) 为考虑了前 \(i\) 列，第 \(i\) 列考虑到了第 \(j\) 行，轮廓线左侧取/不取的状态为 \(k\)，有 \(l\) 个 \(1\times 2\) 的矩形包含了至少一个 \(T\) 中的格子的所有子集 \(T\) 的 \((-1)^{|T|-1}\) 之和。搞清楚状态之后转移应该就比较容易了，具体见代码罢。
时间复杂度 \(n^2m^22^n\)。
最后总结一个小 trick，碰到那种形如求 \(E(\max(S))\) 的题目，如果 \(E(\min(S))\) 比较容易求得，那么可以考虑 Min-Max 容斥。
const int MAXN=6;
const int MAXM=100;
const int MAXP=64;
const int MAXCNT=1200;
const int MOD=998244353;
void inc(int &x,int y){((x+=y)>=MOD)&&(x-=MOD);}
int n,m,inv[MAXCNT+5];char s[MAXN+5][MAXM+5];
int dp[MAXM+5][MAXN+5][MAXP+5][MAXCNT+5];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);int cnt=n*(m-1)+m*(n-1);inv[1]=1;
for(int i=2;i<=cnt;i++) inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",s[i]+1);
dp[1][1][0][0]=1;if(s[1][1]=='*') dp[1][1][1][0]=MOD-1;
for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=1;j<=n;j++)
for(int k=0;k<(1<<n);k++) for(int l=0;l<=cnt;l++){
if(i==m&&j==n) continue;
if(!dp[i][j][k][l]) continue;
int ni=(j==n)?i+1:i,nj=j%n+1,add=0;
if(s[nj][ni]=='*')
inc(dp[ni][nj][k|(1<<nj-1)][l+(ni!=1)+(nj!=1)],MOD-dp[i][j][k][l]);
if((k>>j-1&1)&&(nj!=1)) add++;
if((k>>nj-1&1)) add++;
inc(dp[ni][nj][k&(~(1<<nj-1))][l+add],dp[i][j][k][l]);
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=cnt;i++) for(int j=0;j<(1<<n);j++)
ans=(ans+1ll*dp[m][n][j][i]*inv[i]%MOD*cnt)%MOD;
printf("%d\n",MOD-ans);
return 0;
}