[ABC267G] Increasing K Times

Problem Statement

You are given an integer sequence $A = (A_1, \dots, A_N)$ of length $N$.

Find the number, modulo $998244353$, of permutations $P = (P_1, \dots, P_N)$ of $(1, 2, \dots, N)$ such that:

• there exist exactly $K$ integers $i$ between $1$ and $(N-1)$ (inclusive) such that $A_{P_i} \lt A_{P_{i + 1}}$.

Constraints

• $2 \leq N \leq 5000$
• $0 \leq K \leq N - 1$
• $1 \leq A_i \leq N \, (1 \leq i \leq N)$
• All values in input are integers.

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Input

Input is given from Standard Input in the following format:

$N$ $K$
$A_1$ $\ldots$ $A_N$

Output

Print the answer.

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Sample Input 1

4 2
1 1 2 2

Sample Output 1

4

Four permutations satisfy the condition: $P = (1, 3, 2, 4), (1, 4, 2, 3), (2, 3, 1, 4), (2, 4, 1, 3)$.

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Sample Input 2

10 3
3 1 4 1 5 9 2 6 5 3

Sample Output 2

697112

考虑 $dp$

先提一个问题，如果保证给出来的是一个排列，有多少种可能？

考虑从小到大插入数字，这样能保证插入的时候这个数无论在已插入的数的哪里，都是最大的。定义 $dp_{i,j}$ 为插入了前 $i$ 大的数，此时有 $j$ 个顺序对的方案数。

这个数有 $j+1$ 中方式使答案不变，因为如果他插到了顺序对之间，或者查到了序列的末尾，顺序对数量不变。同理，有 $i-j$ 种方式使顺序对数量加一。

那么排列的情况我们会了，不是排列怎么办？如果这个数前面有 $c$ 个和他一样的，如果他插到了一个和他一样的数的后面，顺序对数量也不会增加。而插入的地方两边一定不是顺序对（至多相等）。所以方程变为 $dp_{i,j}=dp_{i-1,j}\times (j+1+c)+dp_{i-1,j-1}\times (i-j-c)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5005,P=998244353;
int n,k,dp[N][N],c[N],ans,inv[N],iv[N],a[N];//dp[i][j]表示按照从小到大顺序插入，已经插入前i大的数，有j个顺序对 
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1,x;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	sort(a+1,a+n+1);
	inv[1]=iv[1]=iv[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		inv[i]=1LL*(P-P/i)*inv[P%i]%P;
		iv[i]=iv[i-1]*inv[i]%P;
	}
	dp[1][0]=1;
	for(int i=2,cnt=0;i<=n;i++)
	{
		if(a[i]==a[i-1])
			++cnt;
		else
			cnt=0;
		for(int j=0;j<=k;j++)//
		{
			dp[i][j]=1LL*dp[i-1][j]*(j+1+cnt)%P;
			if(j)
				(dp[i][j]+=1LL*dp[i-1][j-1]*(i-j-cnt)%P)%=P;
		}
	}
	ans=dp[n][k];
//	printf("%d",ans);
//	for(int i=1;i<=n;i++)
//		ans=1LL*ans*iv[c[i]]%P;
	printf("%d",ans);
	return 0;
		
}