DP搬运工1

我们设 $f[i][j][k]$ 表示填到 $i$ 个数，目前拓展出 $j$ 个可以填数的区间（最两边不算，注意是可以填数的区间！！），贡献和为 $k$ 。

这个是可以填数的区间

我们按从小到大进行填数。

那么对于任意一个数x显然有三种情况。

1.如果x左右目前都没数，那么说明它的左右两个数都比x大，此时x的贡献为0.

2.如果x左右有一个数，那么它的贡献为x。

3.如果x左右都有数，那么它的贡献为$2\ast x$。

那我们根据这些来设计状态转移方程。

1.如果填数位置在我们已经拓展的总区间的左右边界外：

如果旁边还没填，那它就能拓展出一个可以填数的区间,左右都能拓展要乘二，但并不会增加贡献。$f[i][j+1][k]+=f[i-1][j][k]\ast 2$

如果旁边已经填了，即就在左右边界旁边，则会提供 $i$ 的贡献，区间并不拓展。$f[i][j][k+i]+=f[i-1][j][k]\ast 2$

2.如果填数位置在区间内部，那它会有三种情况，一是两边都没数，二是只有一边有数，三是两边都有数，我们逐个分析：

先说第一种情况：两边都没数，那它会拓展出一个中间可填数的区间，目前有 $j$ 个可以填数的区间，所以乘 $j$ ，不会提供贡献。$f[i][j+1][k]+=f[i-1][j][k]\ast j$

然后是只有一边有数的情况，它会提供 $i$ 的贡献，共有 $j$ 个可以填数的区间，每个区间有两个已经填数的边界，所以乘 $j\ast 2$ ，不会拓展出区间。$f[i][j][k+i]+=f[i-1][j][k]\ast j\ast 2$

最后一种，两边都有数，我们就同样去考虑，它首先会提供 $2\ast i$ 的贡献，并且会合并两个区间，所以区间会减 $1$ ,有 $j$ 个可以填数的区间，所以乘 $j$ 。$f[i][j-1][k+2\ast i]+=f[i-1][j][k]\ast j$

到这里，我们的分析就完成了（太不容易了）。

关于预设型DP的的感想：刚接触时，这是什么东西，还能这样设计状态，这正确性真对吗？后来仔细想了想，我个人理解是，有一些无法构成正确区间的状态在转移的时候就已经被舍去了，使一些不合法的解被排除。同时，我们的区间构造是动态的，并没有明确的左右边界。正是这些条件使得预设型DP的正确性可以得到保证。

using namespace std;


#define int long long
const int N=60;
const int mod=998244353;
int n,m,ans;
int f[N][N][2540];

signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	f[1][0][0]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		for(int j=0;j<=n-i+1;j++)
		{
			for(int k=0;k<=m;k++)
			{
				f[i][j+1][k]=(f[i][j+1][k]+f[i-1][j][k]*2)%mod;
				f[i][j][k+i]=(f[i][j][k+i]+f[i-1][j][k]*2)%mod;
				if(j!=0)
				{
					f[i][j+1][k]=(f[i][j+1][k]+f[i-1][j][k]*j)%mod;
					f[i][j][k+i]=(f[i][j][k+i]+f[i-1][j][k]*j*2)%mod;
					f[i][j-1][k+i*2]=(f[i][j-1][k+i*2]+f[i-1][j][k]*j)%mod;
				}
			}
		}
	}
	for(int i=0;i<=m;i++)
	{
		ans=(ans+f[n][0][i])%mod;
	}
	printf("%lld",ans);
}`