ABC267G

考虑重新刻画一个序列的生成，设原数列为 $(0,0)$，将所有数从小到大排序后依次加入。

例如 $(2,3,1)$ 是这样生成的：

$$(0,0)\to(0,1,0)\to(0,2,1,0)\to(0,2,3,1,0)$$

于是问题变成多少种方案使得这样的序列存在 $k+1$ 个位置 $i$ 满足 $a_i\lt a_{i+1}$。

设 $f_{i,j}$ 表示插入了前 $i$ 小的数字，存在 $j$ 个位置满足前一个小于后一个。

考虑如何从 $i$ 转移到 $i+1$。

令 $cnt$ 表示当前序列中有多少个数字和 $a_i$ 相同，$x=cnt+j$，$y=i+1-x$，$x$ 的含义是多少个空插进去使得满足条件的位置不变，$y$ 的含义是多少个空插进去使得满足条件的位置增加 $1$，手玩一下不难得到。则有 $f_{i+1,j}\gets f_{i+1,j}+f_{i,j}\times x,f_{i+1,j+1}\gets f_{i+1,j+1}+f_{i,j}\times y$。

转移跟 $i$ 没关系，直接把 $i$ 这一维去掉就好了，最终答案就是 $f_{k+1}$。

时间复杂度 $\mathcal O(n^2)$。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5005, mod = 998244353;
int n, k;
int a[N];
int f[N], g[N];

int add(int a, int b) { return a + b >= mod ? a + b - mod : a + b; }
int mul(int a, int b) { return 1ll * a * b % mod; }

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &k);
	for (int i = 0; i < n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
	sort(a, a + n);
	f[0] = 1;
	int lst = 0, cnt = 0;
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
		if (lst != a[i]) {
			cnt = 0;
			lst = a[i];
		}
		memset(g, 0, sizeof (int) * (i + 2));
		for (int j = 0; j <= i; ++j) {
			int t = f[j];
			if (!t) continue;
			int x = cnt + j, y = (i + 1) - x;
			g[j] = add(g[j], mul(t, x)), g[j + 1] = add(g[j + 1], mul(t, y));
		}
		++cnt;
		memcpy(f, g, sizeof (int) * (i + 2));
	}
	printf("%d", f[k + 1]);
	return 0;
}