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插入 DP

先考虑如果给了一个 \(a\)，排列 \(b\) 的最优策略是啥？

其实就是令 \(c_i = \min(a_i, a_{i - 1})(a_0 = a_{n + 1} = -\infty)\) ，然后 \(c_i, b_i\) 都从大到小排序，所有 \(c_i < b_i\) 即可。

这提示我们要按 \(c, b\) 从大到小的顺序考虑。于是我们将 \(a, b\) 都从大到小排序，依次插入 \(a_i\)。（从小到大也行。）

值得注意的一点就是：我们把 \(a_i\) 插入 \(x\)，原本的 \(c_x\) 就不见了，也就是说两个数之间是否还会有数插入是有影响的，于是我们可以设计出一个和常规插入 DP 看起不太一样的状态（下文中连续段就是指中间不会再插入元素）：

令 \(f(i, j)\) 表示填了 \(a_{1} \sim a_i\)，有 \(j\) 个连续段的方案数。根据这个也可以确定出现在已经有 \(i - j\) 个 \(c\) 确定了，方便与 \(b\) 比较。

转移分三种类型：

• \(a_i\) 自成一段，\(f(i, j) \leftarrow jf(i - 1, j - 1)\)。

• \(a_i\) 插到某个连续段的开头/结尾，那么 \(c_{i - j} = a_i\)，需满足 \(a_i < b_{i - j}\) 则有转移 \(f(i, j) \leftarrow 2jf(i - 1, j)\)

• \(a_i\) 插入到两个连续段中间，把两个段合并起来，那么 \(c_{i - j} = c_{i - j - 1} = a_i\)，需满足 \(a_i < b_{i - j}\) 则有转移 \(f(i, j) \leftarrow jf(i - 1, j + 1)\)。

初始状态：\(f(2, 2) = 1\)（插入 \(a_0, a_{n + 1}\)），目标状态：\(f(n + 2, 1)\)，时间复杂度：\(O(n^2)\)。

顺嘴提一句从小到大的排序方式，是差不多的，状态一样，只是确定了 \(i + j\) 个 \(c\)（每段两端的也确定了）。初始状态是 \(f(0, 0) = 1\)，目标状态是 \(f(n, 1)\)。本质是一样的，差别是一个段的两端的 \(c\) 是否确定了。

• 第一种转移，\(c_{i + j - 1} = c_{i + j} = a_i\)，要求 \(a_i < b_{i + j - 1}\)

• 第二种，\(c_{i + j} = a_i\)，要求 \(a_i < b_{i + j}\)

• 第三种没有 \(c\) 新确定。

总结：先确定好最优策略，提示我们根据 \(b, c\) 值的顺序进行插入，发现两个数之间是否还有数很重要，设计状态转移即可。

虽然我代吗写的是从小到大排序。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int MAXN = 5005, Mod = 998244353;

int n, a[MAXN], b[MAXN], dp[MAXN][MAXN];

int main() {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
  cin >> n;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    cin >> a[i];
  }
  for (int i = 1; i <= n + 1; i++) {
    cin >> b[i];
  }
  sort(a + 1, a + n + 1);
  sort(b + 1, b + n + 2);
  dp[0][0] = 1;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int j = 1; j <= i; j++) {
      dp[i][j] = 1ll * j * dp[i - 1][j + 1] % Mod; // 合并两段
      if (i + j <= n + 1){
        if (a[i] < b[i + j]) { // 加载一个段的开头、末尾
          dp[i][j] = (dp[i][j] + 2ll * j * dp[i - 1][j]) % Mod;
        }
        if (a[i] < b[i + j - 1]) { // 自成一段
          dp[i][j] = (dp[i][j] + 1ll * j * dp[i - 1][j - 1]) % Mod;
        }
      }
      //cout << dp[i][j] << ' ';
    }
    //cout << '\n';
  }
  cout << dp[n][1];
  return 0;
}