『JROI-4』沈阳大街 2

艹！走！忽略！ጿ ኈ ቼ ዽ ጿ

算是比较巧妙的一题。

首先显然都可以爆搜加观察性质整到\(25pts\)，然而对满分做法没什么引导。

首先本题转换为将A数组与B数组作一个匹配，在A数组和B数组之间连边从而覆盖全集。

然后考虑连边在整个答案当中的代价是连边两点的最小值，考虑去排序两个数组，然而这样仍然不好操作，于是我们可以考虑联合省选2021D1T1的套路将两个数组合并到一个数组中排序，相当于在\(2n\)个点中选取\(n\)对类型不同的点对，求代价和。

之后考虑在模拟过程中须知的量，发现需要可以往比自己小数连的点的点数，然后通过往回连这些点进行转移，然后对于往后连的点直接将代价乘当前点的点值即可，于是有一个dp状态\(f_{i,j,k}\)表示当前到\(i\)前面\(A\)类点未连接的有\(j\)个，\(B\)类点未连接的有\(k\)个到此的答案和，于是有\(n^3\)做法，结合特殊类的部分分有\(60pts\)。

之后考虑到只要确定了前面已经匹配的对数，便可以确定每个种类未连接的点数，于是设\(f_{i,j}\)为匹配到\(i\)前面有\(j\)对已经匹配，便可达到\(n^2\)复杂度。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=10010;const ll mod=998244353;
pair<int,int> a[N];long long f[10010][5010];int n,suma,sumb;
void add(ll &x,ll y){x=(x+y)%mod;}
ll qpow(ll x,ll y)
{
	if(!y) return 1ll;
	ll tmp=qpow(x,y/2);
	if(y&1) return tmp*tmp%mod*x%mod;
	return tmp*tmp%mod;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i].first),a[i].second=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i+n].first),a[i+n].second=1;
	n*=2;sort(a+1,a+n+1);
	f[0][0]=1;ll inv=1;
	for(int i=2;i<=n/2;i++) inv=inv*i%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		suma+=a[i].second;sumb+=!a[i].second;
		for(int j=0;j<=min(suma,sumb);j++)
			if(a[i].second)
			{
				if(j) add(f[i][j],f[i-1][j-1]*(sumb-(j-1)));
				add(f[i][j],f[i-1][j]*a[i].first);
			}
			else 
			{
				if(j) add(f[i][j],1ll*f[i-1][j-1]*(suma-(j-1))%mod);
				add(f[i][j],1ll*f[i-1][j]*a[i].first%mod);
			}
	}
	printf("%lld",f[n][n/2]*qpow(inv,mod-2)%mod);
}