题意

题解

公理1：此题支持O(N2)。

公理2：对于每个合法序列，其值单调不减。

灵感1（公理1）：是否可以DP？

性质1（公理2）：在一个序列不断"递增"的过程中，其能够选择的最小值单调不降。

公理3：方案数具有累加性，不具有后效性。

答案1（灵感1、公理3）：可以保存下所有状态，状态设计为dp[i][j]，其中i为处理到第几个数字，j为当前能够接受的最小值，dp[i][j]为当前方案数。

性质2（公理2、公理3）：对于每一个数字$i\left ( 1\leq i\leq n \right )$，当设置"能够选择的最小值"为$j$时，其方案数为：数字为i-1，且"能够选择的最小值"<=j的方案数的和。

答案2（性质2）：$dp[i][j]=\sum_{0}^{j}dp[i-1][j]$


#include<cstdio>
#include<iostream>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN = 4000;
const int MOD = 998244353;
int a[MAXN], b[MAXN];

int dp[MAXN][MAXN];
int sum[MAXN][MAXN];

int max(int a, int b) {
	if (a > b)return a;
	else return b;
}

signed main() {
	int n;
	scanf("%lld", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		scanf("%lld", &a[i]);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		scanf("%lld", &b[i]);

	for (int i = a[1]; i <= b[1]; i++) {
		dp[1][i] = 1;
	}

	sum[1][0] = dp[1][0];
	for (int i = 1; i <= 3000; i++) {
		sum[1][i] = sum[1][i - 1] + dp[1][i];
		sum[1][i] %= MOD;
	}

	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		int l = a[i];
		int r = b[i];
		for (int j = l; j <= r; j++) {
			dp[i][j] = sum[i-1][j];
			dp[i][j] %= MOD;
		}

		sum[i][0] = dp[i][0];
		for (int j = 1; j <= 3000; j++) {
			sum[i][j] = sum[i][j - 1] + dp[i][j];
			sum[i][j] %= MOD;
		}
	}

	int ans = 0;
	for (int i = 0; i <= 3000; i++) {
		ans = ans+dp[n][i];
		ans %= MOD;
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}