首先，所有不同的操作方式是很好求的。但是不同操作序列并不正好对应一种不同的网格。

考虑什么情况下两个操作序列不同但是求出了不同的网格。如果出现了这种情况：

0 0 1 0
0 0 1 0
1 1 1 0
0 0 0 0

那么明显，要么第三行 +3 ，第三列 +2 或者 第三行 +2 第三列 +3 ，会出现两种不同的状况。

除开这种情况，不会有出现两种不同操作序列对应同一个网格图了。神仙zjk已经教了我一个绝妙的证明，可惜我懒得写下来了（逃

我们将一个导致操作序列出现不同的位置称为一个拐角，那么很明显，同一列或同一行不会出现超过一个拐角。因为在 $(i,j)$ 出现拐角，也就是这里导致了 $i$ 行，$j$ 列有两种不同的操作方式，那么 $(i+1,j)$ 和 $(i,j+1)$ 必然都是 $0$ （否则并不能对应两个不同的操作方式）。

设 $f_i$ 为钦定了 $i$ 个拐角的网格图的数量。 $f_i$ 是很好求的，选择 $i$ 行 $i$ 列后进行排列一下即可

$$f_i = \binom n i \binom m i i! (n+1)^{m-i} (m+1)^{n-i}$$

设 $f’_i$ 为钦定了 $i$ 个拐角的操作序列的数量，于是我们知道

$$f_i' = 2^i f_i$$

然后设 $g_i$ 是正好 $i$ 个拐角的操作序列的数量。可以二项式反演一下有

$$f_i' = \sum_{j\ge i} \binom j i g_j \Leftrightarrow g_i = \sum_{j \ge i} \binom j i (-1)^{j-i} f_j'$$

我们要求的是

$$\sum_{i\ge 0} \frac{g_i}{2^i}$$

推式子：

$$\begin{aligned}&=\sum_{i\ge 0} \frac{g_i}{2^i}\\&=\sum_{i\ge 0} \frac{1}{2^i} \sum_{j\ge i} \binom j i (-1)^{j-i} f_j'\\&=\sum_{i\ge 0} \frac{1}{2^i} \sum_{j\ge i} \binom j i (-1)^{j-i} f_j2^j\\&=\sum_{j \ge 0} f_j \sum_{i\le j} \binom j i (-1)^{j-i}2^{j-i}\\&=\sum_{j \ge 0} f_j (-1)^j\end{aligned}$$

最后是一个二项式定理。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define MAXN 500006
#define P 998244353
int n , m;

int Pow( int x , int a ) {
    int ret = 1;
    while( a ) {
        if( a & 1 ) ret = 1ll * ret * x % P;
        x = 1ll * x * x % P , a >>= 1;
    }
    return ret;
}

int J[MAXN] , iJ[MAXN];

int C( int a , int b ) {
    return J[a] * 1ll * iJ[b] % P * iJ[a - b] % P;
}

int main() {
    J[0] = iJ[0] = 1;
    for( int i = 1 ; i < MAXN ; ++ i ) J[i] = J[i - 1] * 1ll * i % P , iJ[i] = Pow( J[i] , P - 2 );
    cin >> n >> m;
    int lim = min( n , m );
    int c = 0 , res = 0;
    for( int i = 0 , zjk ; i <= lim ; ++ i ) {
        zjk = C( n , i ) * 1ll * C( m , i ) % P * J[i] % P * Pow( n + 1 , m - i ) % P * Pow( m + 1 , n - i ) % P;
        if( c ) zjk = P - zjk;
        c ^= 1;
        res = ( res + zjk ) % P;
    }
    cout << res << endl;
}