困难题，花费大量时间才会。

注意到值域很小，我们考虑从此入手。假设现在只有 01 两种数，那么我们对一个 $A$ 进行操作后会是什么样子？如果是先行后列，相当于我们对每一行按 0 的数量降序排序且把 0 放在每行最前面；如果是先列后行，相当于我们对每一列按 0 的数量降序排序且把 0 放在每行最前面。 一个 $A$ 合法，肯定需要让其行和列分别构成的可重集相等，并且 $A$ 的可重集和 $B$ 的可重集也一定是相等的。说明我们对 $B$ 进行一些行或列的交换能够得到 $A$。我们刻画一下这个东西，相当于如果一个 $A$ 合法，当且仅当存在两个排列 $p,q$，满足 $\forall i,j,A_{i,j}=B_{p_i,q_j}$。这个东西的数量就是两个可重集的排列数相乘：

现在考虑拓展。对于值域 $[0,9]$ 的时候我们还是先思考如何判断合法。注意到值域很小，于是我们考虑枚举值域，设当前枚举到 $i$，那么我们将所有小于等于 $i$ 的看成 0，否则看成 1，然后去判断 01 矩阵是否合法。如果每个 $i$ 都合法那么这个矩阵合法。我们还是考虑刻画这个条件，相当于是存在一组排列 $(p_0,q_0,p_1,q_1,\dots,p_9,q_9)$，满足 $[A_{i,j}\le k]=\forall i,j,k,[B_{p_{k,i},q_{k,j}}\le k]$。这个条件必要性显然，考虑充分性。就是说我们在考虑枚举值域 $i$ 的时候，相当于在前面枚举 $i-1$ 的基础上将变化的位置填上 $i$。这样填肯定是能对应一个合法的 $A$ 的。于是现在我们就去考虑满足条件的排列组数，然后去掉重复的方案数。

直接做是困难的，我们考虑将每个条件独立。现在有 $B_{p_{k,i},q_{k,j}}\le k\rightarrow B_{p_{k+1,i},q_{k+1,j}}\le k+1$，为了让每个枚举的 $k$ 独立出来，我们考虑去计数更好做的。本来我们每次的排列 $(p_k,q_k)$ 是在 $(p_{k-1},q_{k-1})$ 的基础上得到的，现在我们考虑定义一个 $p'_k={p_k\over p_{k-1}}$，然后拿 $p'_k$ 去限制，这样就把每个 $k$ 独立出来了。现在的条件就变成了 $B_{i,j}\le k\rightarrow B_{p'_{k,i},q'_{k,j}}\le k+1$。

注意到 $B$ 中 $\le k$ 的部分是杨表，所以一个位置小于一个数的条件可以简化。设 $a_i$ 表示 $B$ 的第 $i$ 行最后一个 $\le k$ 的位置，$b_j$ 表示第 $j$ 列最后一个 $\le k$ 的位置。现在我们就能将前面的条件继续转化：$\forall j\le a_i,p'_i\le b_{q'_j}$。考虑到 $b$ 递减，所以当 $q'_j$ 取最大值时限制最严，然后限制就变成了 $p'_i\le b_{\max\limits_{j=1}^{a_i}q'_j}$。我们令下面那一坨等于 $c_i$，如果我们知道了 $c_i$ 就能对 $p',q'$ 计数。

考虑 $p'$。因为 $a_i$ 递减，所以 $c_i$ 递减，$b_{c_i}$ 递增。于是 $p'$ 的个数就是 $\prod\limits_{i=1}^nb_{c_i}-i+1$。考虑 $q'$。如果有 $c_i=c_{i-1}$ 说明 $(a_{i},a_{i-1}]$ 中没有最大值，考虑区间内选第一个数答案是 $c_i-1-(a_i-1)=c_i-a_i$，后面依次少一。如果里面有最大值，考虑每个位置出现最大值是等价的，于是多乘一个 $a_{i-1}-a_i$ 即可，因为剩下的就等价于没有最大值的填法。

对于这个东西我们就可以考虑 dp 了，设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数，$c_i=j$ 的方案数。转移就按照上面说的做即可，注意转移的贡献与 $j$ 无关，于是考虑后缀和优化一下即可。时间复杂度 $\mathcal O(nmV)$。