绝对众数：\(k\) 道菜中使用次数 \(> \lfloor\dfrac{k}{2}\rfloor\) 的菜，可能不存在。
考虑以下两个观察：
- 绝对众数是至多只有一个的，所以可以容斥。
- 每种方法最多做一道菜，至多做 \(n\) 道。
于是答案是不考虑有无绝对众数的方案减去有一个数为绝对众数的方案。
枚举作为绝对众数的食材和做的菜数，对于每种方法考虑是否做这种食材即可，由于其它菜是无所谓的，如果不做这道菜的方案数可以前缀和算出。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^3m)\)。
考虑优化，观察到这种食材的出现次数比其它所有食材的出现次数都大，直接把差值记到状态里即可。
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2m)\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
// typedef __int128 i128;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e2 + 10, M = 2e3 + 10, mod = 998244353;
template<typename T>
void dbg(const T &t) { cout << t << endl; }
template<typename Type, typename... Types>
void dbg(const Type& arg, const Types&... args) {#ifdef ONLINE_JUDGEreturn ;#endifcout << arg << ' ';dbg(args...);
}
int n, m, a[N][M];
ll s[M], f[N][N << 1], ans = 1;
int main() {// freopen("data.in", "r", stdin);// freopen("data.out", "w", stdout);ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= m; j++) cin >> a[i][j], s[i] = (s[i] + a[i][j]) % mod;ans = ans * (s[i] + 1) % mod;}ans = (ans + mod - 1) % mod;for (int i = 1; i <= m; i++) {f[0][n] = 1;for (int j = 1; j <= n; j++) {for (int k = n - j; k <= n + j; k++) {f[j][k] = (f[j - 1][k + 1] * (s[j] - a[j][i] + mod) % mod + f[j - 1][k - 1] * a[j][i] % mod + f[j - 1][k]) % mod;}}for (int k = 1; k <= n; k++) ans = (ans + mod - f[n][n + k]) % mod;}cout << ans << '\n';return 0;
}