题解

每个权值的最终状态只有删与不删，我们只需要统计有多少最终状态是合法的。

将操作序列从左往右排开为 \(A\) 个点 \(B\) 条竖线的序列：

点被竖线分成了若干段，同一段内交换顺序不影响最终状态，于是不妨把红点放在每一段的最后一个。这样上面每个位置的颜色都是确定的。

• 一个球的序列合法当且仅当，对于每个红球，它比前面的黄球都大。
• 一种对 \(1 \sim n\) 球的染色方案合法，当且仅当任意安排同色球的顺序，存在一个球的序列合法。

所以我们要 Check 一种染色方案，只需要它的最优的球的序列合法就行了，最优的显然是排序后的。

• 贪心地，将两种颜色的球分别排序：\(Y_1 \leq Y_2 \leq \cdots Y_{A-B}\)，\(R_1 \leq R_2 \leq \cdots \leq R_{B}\)（限制一）。
• 对于每个红球，它比前面的黄球都大（限制二）。
• 权值 \(1 \sim A\) 恰好出现一次（限制三）。

每种合法的染色方案和满足上述限制的序列一一对应，所以最终转化为统计以上序列的数量。

DP 非常好做，设 \(f_{i,j}\) 表示考虑了 \(i \sim n\) 的权值，已经染了 \(R_j \sim R_B\) 的红球。

考虑 \(i-1\) 删不删（省略了转移条件）：

• 权值 \(i-1\) 染红，成为红球 \(R_{j-1}\)：\(f_{i-1,j-1} \leftarrow f_{i,j}\)。
• 权值 \(i-1\) 染黄：\(f_{i-1,j} \leftarrow f_{i,j}\)。

最终答案为 \(f_{1,1}\)。

代码

Atcoder 提交记录

#include<bits/stdc++.h>
#define For(i,il,ir) for(int i=(il);i<=(ir);++i)
#define Rof(i,ir,il) for(int i=(ir);i>=(il);--i)
using namespace std;
typedef long long ll;
void qadd(ll &x,ll y){ x=(x+y>=998244353)?(x+y-998244353):(x+y); }
const int N=5005;

ll f[N][N];
int m,A,B;
int q[N],pos[N],t,n,x;
signed main()
{
	scanf("%d%d",&A,&B);
	For(i,1,A+B){
		scanf("%d",&x);
		if(x==1) q[++t]=++n;
		else pos[++m]=q[t--];
	}
	sort(pos+1,pos+1+m);
	f[A+1][m+1]=1ll;
	Rof(i,A+1,2)
		Rof(j,m+1,1){
			if(j>1) qadd(f[i-1][j-1],f[i][j]);
			if(i-1>pos[j-1]) qadd(f[i-1][j],f[i][j]);
		}
	printf("%lld\n",f[1][1]);
	return 0;
}