[20220331联考] 环

前言

当我闭上双眼，静坐冥想，脑海中看见的画面，正是站在光芒之中的 OUYE。

“你只可到这里，不可越过。”

我自然是听从神的教诲，而身旁意欲染指神力的假信徒，刚抬起左脚，还未登上下一级台阶，身体便极度卷曲，最终痛苦地瘫倒在地上，成为一具干壳。

我知道，这便是卷之神力。

题目

没有链接

给两边各 \(n\) 个点的二分图，左部点 \(i\) 对右部点前 \(a_i\) 个点有连边，问最多少个简单环(点不重复)，对 \(998244353\) 取模。

\(1\le a_i\le n\le 5000.\)

讲解

思路类似连续段DP，首先按 \(a_i\) 从小到大排序以满足前面用到的点在后面能用到的点的集合内。

我的想法是记录有多少条线段，以及有多少个用掉的右部点，发现这样状态冗杂而且不可做。

但是卷爷太强了，直接不记录有多少个用掉的右部点。令 \(dp_{i,j}\) 表示考虑前 \(i\) 个左部点，有 \(j\) 条线段。

每次把要用到的点提前新加进去，相当于直接加这么多条单点线段，最后合并即可。

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

代码

//12252024832524
#include <bits/stdc++.h>
#define TT template<typename T>
using namespace std; 

typedef long long LL;
const int MAXN = 5005;
const int MOD = 998244353;
int n;
int a[MAXN];

LL Read()
{
	LL x = 0,f = 1;char c = getchar();
	while(c > '9' || c < '0'){if(c == '-')f = -1;c = getchar();}
	while(c >= '0' && c <= '9'){x = (x*10) + (c^48);c = getchar();}
	return x * f;
}
TT void Put1(T x)
{
	if(x > 9) Put1(x/10);
	putchar(x%10^48);
}
TT void Put(T x,char c = -1)
{
	if(x < 0) putchar('-'),x = -x;
	Put1(x); if(c >= 0) putchar(c);
}
TT T Max(T x,T y){return x > y ? x : y;}
TT T Min(T x,T y){return x < y ? x : y;}
TT T Abs(T x){return x < 0 ? -x : x;}

int fac[MAXN],ifac[MAXN]; 
int qpow(int x,int y){
	int ret = 1;
	while(y){
		if(y & 1) ret = 1ll * ret * x % MOD;
		x = 1ll * x * x % MOD;
		y >>= 1;
	}
	return ret;
}
LL C(int x,int y){
	if(x < y || y < 0) return 0;
	return 1ll * fac[x] * ifac[y] % MOD * ifac[x-y] % MOD;
}
void init(int x){
	ifac[0] = fac[0] = 1;
	for(int i = 1;i <= x;++ i) fac[i] = 1ll * fac[i-1] * i % MOD;
	ifac[x] = qpow(fac[x],MOD-2);
	for(int i = x-1;i >= 1;-- i) ifac[i] = ifac[i+1] * (i+1ll) % MOD; 
}
int dp[2][MAXN],ans;

int main()
{
//	freopen("ring.in","r",stdin);
//	freopen("ring.out","w",stdout);
	init(n = Read());
	for(int i = 1;i <= n;++ i) a[i] = Read();
	sort(a+1,a+n+1);
	dp[0][0] = 1;
	for(int i = 1;i <= n;++ i) {
		bool now = i&1,lst = now^1;
		int d = a[i]-a[i-1];
		for(int j = 0;j <= a[i]+1;++ j) dp[now][j] = 0;
		for(int j = 0;j <= a[i];++ j)
			for(int k = Max(0,j-d);k <= j;++ k)//j-k为新加的点
				dp[now][j] = (dp[now][j] + dp[lst][k] * C(d,j-k)) % MOD;
		ans = (ans + dp[now][1] - a[i]) % MOD;
		for(int j = 0;j <= a[i];++ j) dp[now][j] = (dp[now][j] + dp[now][j+1] * (j+1ll) * j) % MOD;//合并
	}
	Put((ans+MOD) * ((MOD+1ll)>>1) % MOD,'\n');
	return 0;
}