题解：AT_awtf2025_b Movies

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什么题哦。

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称一个日期被安排电影，为这个日期被“选择”。

首先考虑对于单个 \(S\) 如何求 \(f(S)\)。那么有一个较为显然的贪心：

• 按照右端点从小到大的顺序枚举区间。如果该区间内部还有未被选择的位置，那么就找到最靠左的未被选择的位置，将这个位置选择；否则无事发生。

那么我们应用这个策略，会发现对于每个 \(S\)，都客观存在一个长度为 \(n\) 的 01 序列 \(t\)，其中 \(t_i = 1\) 表示在最终状态下第 \(i\) 个位置被选择；\(t_i = 0\) 表示第 \(i\) 个位置不被选择。

那么按照一般的做法，我们会想要把贡献拆到每个 \(t_i\) 上，比如去对每个 \(i\) 分别计数有多少中方案使 \(t_i = 1\) 等等。但是在这题中我们似乎难以这么做，因为 \(i\) 这个位置选不选，与前面位置的状态是有很大关系的。

虽然单个位置和位置之间是不独立的，但我们发现，如果我们观察这个序列 \(t\) 的极长全为 \(1\) 的连续段（下称为“极长连续段”），会发现段与段之间是独立的。原因是，假设有两个不交的极长连续段 \([l_1, r_1]\) 和 \([l_2, r_2]\)，那么会选择 \([l_1, r_1]\) 中的位置的区间 \(i\) 必须满足 \(L_i \isin [l_1, r_1]\)，会选择 \([l_2, r_2]\) 中的位置的区间 \(j\) 必须满足 \(L_j \isin [l_2, r_2]\)。容易发现在此条件下，所有的 \(\boldsymbol i\) 和所有的 \(\boldsymbol j\) 构成的集合是不交的。这意味着，“同时存在 \([l_1, r_1]\) 和 \([l_2, r_2]\) 这两个极长连续段”的方案数，可以直接表示成“存在 \([l_1, r_1]\) 极长连续段”的方案数，和“存在 \([l_2, r_2]\) 极长连续段”的方案数的乘积。这启发我们，可以把贡献拆到每个极长连续段上。

我们这样设计 dp 状态：\(f_{i, l, r}\) 表示仅考虑排序后的前 \(i\) 个区间中左端点在 \([l, r]\) 内的区间，有多少种方案，使选择完区间后，\(t\) 上的 \([l, r]\) 区间恰好是一个极长连续段。

接下来考虑 \(f\) 的转移。

• \(S\) 中不包含第 \(i\) 个区间：\(f_{i, l, r} \leftarrow f_{i-1, l, r}\)。
• \(S\) 中包含第 \(i\) 个区间：
  • \(S\) 中仅选择了第 \(i\) 个区间，那么将会选择第 \(L_i\) 个位置：\(f_{i, L_i, L_i} \leftarrow 1\)。
  • 若 \([L_i, R_i] \subseteq [l, r]\)，则说明这个区间中无法选择任何点，因此无事发生：\(f_{i, l, r} \leftarrow f_{i-1, l, r}\)。
  • 若 \(L_i \isin [l, r] \land R_i \ge r\)：第 \(i\) 个区间选择了 \(r\) 这个位置：\(f_{i, l, r} \leftarrow f_{i-1, l, r-1}\)。
  • 若第 \(i\) 个区间选择了 \(L_i\)，且 \(L_i\) 成为了新的极长连续段的左端点：\(f_{i, L_i, r} \leftarrow f_{i, L_i + 1, r}\)。
  • 若 \(L_i \isin [l, r]\)，且第 \(i\) 个区间选择的点不是 \(l\) 或 \(r\)。那么我们枚举选择的点 \(x\)，那么选择 \(x\) 后将会合并两个极长连续段。因此有：\(f_{i, l, r} \leftarrow f_{i, l, x-1} \cdot f_{i, x+1, r}\)。

接下来考虑如何求出答案。假设 \(g_{i, j}\) 表示，仅考虑 \(t\) 的前 \(i\) 个位置，有 \(j\) 个 \(1\) 的方案数。那么有转移：

• \(t_i = 0\)：\(g_{i, j} \leftarrow g_{i-1, j}\)。
• \(t_i = 1\)：枚举 \(i\) 所在的极长连续段长度 \(x\)。那么有转移：\(g_{i, j} \leftarrow g_{i - x - 1, j-x} \cdot f_{i - x +1, i}\)。

最后的答案就是 \(\sum \limits_{i = 1}^n i \cdot g_{n, i}\)。

假设 \(m = O(n^2)\)，那么 \(f\) 的转移是 \(O(n^5)\)（瓶颈在于枚举 \(x\)），\(g\) 的转移是 \(O(n^3)\)。但是 \(f\) 的转移常数极小，因此可以通过。

至此，问题在 \(O(n^5)\) 的时间内得到解决。

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define N 106
#define MOD 998244353
using namespace std;
inline void add(int &x,int y) {x+=y,x-=x>=MOD?MOD:0;}
inline void dec(int &x,int y) {x+=MOD-y,x-=x>=MOD?MOD:0;}
int n,m,f[N][N],tf[N][N],g[N][N];
struct Node {int l,r;} a[N*N];
main()
{
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
  sort(a+1,a+1+m,[](Node x,Node y) {
    return x.r<y.r;
  });
  for(int i=1;i<=m;i++)
  {
    for(int l=1;l<=n;l++)
      for(int r=l;r<=n;r++)tf[l][r]=f[l][r];
    add(f[a[i].l][a[i].l],1);
    for(int l=1;l<=n;l++)
      for(int r=l;r<=n;r++)
      {
        if(l<=a[i].l&&a[i].r<=r)add(f[l][r],tf[l][r]);
        if(l<=a[i].l&&a[i].l<=r)
        {
          if(r<=a[i].r)add(f[l][r],tf[l][r-1]);
          for(int j=max(l+1,a[i].l);j<=min(r-1,a[i].r);j++)
            add(f[l][r],1ll*tf[l][j-1]*tf[j+1][r]%MOD);
        }
      }
    for(int r=a[i].l+1;r<=n;r++)
      add(f[a[i].l][r],tf[a[i].l+1][r]);
  }
  int ans=0;
  f[0][0]=1;
  for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=0;j<=i;j++)
    {
      add(g[i][j],g[i-1][j]);
      add(g[i][j],f[i-j+1][i]);
      for(int k=0;k<j;k++)
        add(g[i][j],1ll*f[i-k+1][i]*g[i-k-1][j-k]%MOD);
    }
  for(int i=0;i<=n;i++)
    add(ans,1ll*i*g[n][i]%MOD);
  printf("%d\n",ans);
  return 0;
}