[牛客OI周赛1-提高组C] 序列 [计数dp]

题意：对于元素均为整数的长度为 $n$序列 $A$，定义 $F(A)$为一个 $n×n$矩阵s，满足
$s_{i,j}=Sign(A_i-A_j)×min\{|A_i-A_j|,k\}$
其中 $Sign(x)=\begin{cases}-1\quad x<0\\0\quad\;\;\ x=0\\1\quad\;\;\ x>0\end{cases}$
如果两个序列的 $F$矩阵相等，称其相等
问有多少个互不相等的长度为n的序列满足对任意 $i,j,|A_i-A_j|\le m$
答案对 $998244353$取模

先不考虑 $F$矩阵，只考虑单个 $F(A)$表示某个 $A_i-A_j$
也就是说最大值 $-$最小值 $\le m$
所以要求的实际上是最大值 $-$最小值 $\le m$的长度为 $n$的序列的方案数 $\%998244353$

如果两个序列的F矩阵相等，称其相等

所以把最小值当做0就好了。
仿佛可以用在 $m+1$个空里面选 $n$个（可重）（有序）的思路来搞
虽说这好像是可重排列的定义，
但是要注意同一个元素选多次的情况会被重复计算。这个有序不大一样
况且 $k$和 $m$不能等同。

直接组合不行，考虑如何去重，比如使用 $dp$。

可重+有序太难搞了，可以先当无序来做再算有序
先算有序时候的，也就是不重复的情况下那些数有多少种方案（无序）
$i$表示到第几种数， $j$表示和最小值的差，方案数 $F[i,j]$，
$F[i,j]=\sum\limits_{t=1}^{j-1}F[i-1,t]$。
即 $F[i,j]=sum[j-1]$
顺便可以前缀和，处理 $j>k$的部分。不过滚动是不行了，最后要用到二维

对于 $j>k$的部分先按正常方式搞，再减 $\sum\limits_{t=1}^{j-k-1}F[i-1,t]$
（如果 $i$和 $i-1$的差大于 $k$，那 $i-1$的就转移不过来了）
这是 $k$和 $m$很重要的一处不同。

然后要把无序的 $F[i,j]$转化到最后的答案里边
在 $n$个位置放上 $i$种不同的数，这是第二类stirling数（相同盒子不同小球）
$F[i,j]×S(n,i)$，这一步解决了相同的数的位置。

再用 $i$种不同的数枚举一下具体的大小关系，就乘上 $i!$

所以 $Ans=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=0}^mS(n,i)×i!×F[i,j]$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
#define mod 998244353ll
int n,m,k;
long long ans=0,
	f[2005]={}, //阶乘
	s[2005][2005]={}, //第二类stirling数 
	d[2005][2005]={}, //dp状态 
	sum[2005]={}; //dp前缀和 
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    
    f[1]=1; for(int i=2;i<=n;++i)f[i]=(f[i-1]*i)%mod;
	
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
    	s[i][1]=s[i][i]=1;
		for(int j=2;j<i;++j)
		{
			s[i][j]=(s[i-1][j-1]+j*s[i-1][j]%mod)%mod;
		}
	}
	
	d[1][0]=1;
	for(int i=2;i<=n;++i)
	{
		sum[0]=d[i-1][0];
		for(int j=1;j<=m;++j) sum[j]=(sum[j-1]+d[i-1][j])%mod, d[i][j]=sum[j-1];
		
		for(int j=k+1;j<=m;++j) d[i][j]=(d[i][j]+mod-sum[j-k-1])%mod; 
	}
	
	for(int i=1;i<=n;++i)
	for(int j=0;j<=m;++j)
	ans=(ans+(s[n][i]*f[i]%mod)*d[i][j]%mod)%mod;
	
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

转化后形式的无序情况