题目
思路
dp[i][j]表示当前选了i个数，所有的数都小于等于第j个区间的方案数
sum[i][j]表示当前选了i个数，所有的数都小于等于第j个区间的合法方案的和
考虑转移
区间有x个数字，可重复选出y个数字组成单调不增序列的方案数，可以转换为有x个桶，放y个小球的方案数。那么用隔板法我们知道方案数为C(x+y−1,x−1)
这样前面的总和要乘上这么多的方案数。然后再看当前新加的数字的贡献：因为是所有方案的总和，所以可以取平均，在[l,r]选一个数字相当于贡献(r+l)/2 。那么选y个对dp(i,j) 的额外贡献为：
单个数字贡献∗数字个数∗前面区间选取的方案数∗当前区间可以选取的方案数 单个数字贡献数字个数 前面区间选取的方案数 * 当前区间可以选取的方案数单个数字贡献∗数字个数∗前面区间选取的方案数∗当前区间可以选取的方案数
sum[i][j]转移就是
sum[i][j]=((sum[i][j]+1ll *sum[k-1][j-1] *C%mod)%mod+1ll *dp[k-1][j-1] *C%mod *ave%mod *num%mod)%mod;
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=109;
const int mm=998244353;
int n;
long long L[maxn],R[maxn];
int m;
long long b[maxn];
long long c[maxn];
long long f[maxn][maxn],g[maxn][maxn];
long long inv[maxn];
long long C(long long n,int m){
if(n<0||m<0||n<m)return 0;
long long ret=1;
for(long long i=n-m+1;i<=n;++i)ret=ret*(i%mm)%mm;
for(int i=1;i<=m;++i)ret=ret*inv[i]%mm;
return ret;
}
long long h(long long n,int m){
return C(n+m-1,m);
}
long long s[maxn][maxn];
int main(){
scanf("%d",&n);
inv[1]=1;
for(int i=2;i<=50;++i)inv[i]=inv[mm%i]*(mm-mm/i)%mm;
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&L[i]);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&R[i]);
for(int i=1;i<=n;++i){
b[m++]=L[i]-1;b[m++]=R[i];
}
sort(b,b+m);
m=unique(b,b+m)-b-1;
for(int i=1;i<=m;++i)c[i]=(b[i]-b[i-1])%mm;
for(int j=1;j<=m;++j){
for(int i=1;i<=n;++i){
s[j][i]=h(c[j],i);
}
}
for(int i=0;i<=m;++i)f[0][i]=1;
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=m;++j){
f[i][j]=f[i][j-1];g[i][j]=g[i][j-1];
for(int k=i;k>=1;--k){
if(b[j]<L[k]||b[j]>R[k])break;
long long t=s[j][i-k+1];
f[i][j]=(f[i][j]+f[k-1][j-1]*t)%mm;
g[i][j]=(g[i][j]+g[k-1][j-1]*t
+f[k-1][j-1]*(b[j]%mm+b[j-1]%mm+1)%mm*(i-k+1)%mm*t%mm*inv[2])%mm;
}
}
}
long long ans=0;
printf("%lld\n",g[n][m]);
return 0;
}
