哪张能力牌能乘攻击啊，太nb了叭
显然如果有能力牌，那么应该选最大的尽可能的打出(k-1)张。
然后下面说的期望都是乘总方案数后的，即所有情况的和。然后(w_i)统一用(A_i)表示了。
(Solution1)
所以考虑枚举最终抽到了几张能力牌。那么我们要算：(F(n,m))表示抽到(n)张攻击牌，打出最大的(m)张的期望伤害；(G(n,m))表示抽到(n)张能力牌，打出最大的(m)张的期望倍数。
考虑怎么算(F(n,m))。不妨枚举攻击最小的那张是什么。也就是把攻击牌从大到小排序，(f[i][j])表示在前(i)张中选(j)张的期望伤害，其中第(i)张一定取。转移就再枚举一下次小的，(f[i][j]=C_{i-1}^{j-1}A_i+sumlimits_{k=j-1}^{i-1}f[k][j-1])。
(G(n,m))同理。令(g[i][j])表示从前(i)大的能力牌中选(j)张的期望倍数，其中第(i)张一定取。(g[i][j]=A_isumlimits_{k=j-1}^{i-1}g[k][j-1])。
两个DP都可以前缀和优化。所以复杂度是(O(n^2))的。
那么(F,G)的转移同样枚举选出来的最小的那张，(F(n,m)=sumlimits_{i=m}^{N}C_{N-i}^{n-m}f[i][m])，(G(n,m)=sumlimits_{i=m}^{N}C_{N-i}^{n-m}g[i][m])。对于单个(F/G(n,m))的计算是(O(n))的。
然后(Ans=sumlimits_{i=1}^{k-1}G(i,i)F(m-i,k-i)+sumlimits_{i=k}^NG(i,k-1)F(m-i,1))。我们只会用到(O(n))个(F/G)的值，现算一下即可，总复杂度是(O(n^2))的。
为了方便应该把(f/g)的一二维交换下=-=。
(Solution2)
设(f[i][j])表示考虑了前(i)张牌，抽到了(j)张攻击牌的期望伤害。肯定是选出最大的若干张打出。将牌从小到大排序，然后根据(j)确定这张牌选不选，有（1年后发现Latex begin{cases}怎么不能用了？凑合看叭...）$$f[i][j]=f[i-1][j]+C_{i-1}^{j-1}A_i+egin{cases}0,&m-jgeq k-1 f[i-1][j-1],&m-j<k-1end{cases}$$
考虑(i)的贡献，(m-jgeq k-1)时，只能取一张攻击牌，那取(i)就能保证打出的是最大的那张；否则取完(i)之后还可以在取(j-1)张的情况。然后再统计上以前的只考虑(i-1)张牌时的(f[i-1][j])（注意这个=-=）。
(g[i][j])表示考虑了前(i)张牌，抽到了(j)张能力牌的期望倍数。因为是选最大的(min(k-1, j))张打出，所以把能力牌从大到小排序，有$$g[i][j]=g[i-1][j]+egin{cases}g[i-1][j-1]*A_i,&j<k g[i-1][j-1],&jgeq kend{cases}$$
就是(j<k)时用(A_i)，否则抽到(A_i)也不用。
那么答案就是(sum_{i=0}^mf[n][i]g[n][m-i])啦。
复杂度也是(O(n^2))，不过常数要更小。
但是懒得再写代码了，代码是(Sol1)的。不然还是有把握搞个BZOJRank1.2的。
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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <functional>
#define mod 998244353
#define Mod(x) x>=mod&&(x-=mod)
#define Add(x,v) (x+=v)>=mod&&(x-=mod)
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=1505;
int A[N],B[N],f[N][N],g[N][N],C[N][N];
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
int F(int n,int m,int N)
{
LL ans=0; int *f=::f[m];
for(int i=m; i<=N; ++i) ans+=1ll*C[N-i][n-m]*f[i]%mod;
return ans%mod;
}
int G(int n,int m,int N)
{
LL ans=0; int *g=::g[m];
for(int i=m; i<=N; ++i) ans+=1ll*C[N-i][n-m]*g[i]%mod;
return ans%mod;
}
int main()
{
C[0][0]=1;
for(int Ts=read(),mx=0; Ts--; )
{
int n=read(),m=read(),K=read();
if(mx<n)
{
for(int i=mx+1; i<=n; ++i)
{
C[i][i]=C[i][0]=1;
for(int j=1; j<i; ++j) C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j], Mod(C[i][j]);
}
mx=n;
}
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) B[i]=read();
std::sort(A+1,A+1+n,std::greater<int>()), std::sort(B+1,B+1+n,std::greater<int>());
g[0][0]=1;//!! K=1时会用到啊=-=
for(int i=1; i<=n; ++i) f[1][i]=B[i], g[1][i]=A[i];//or not
for(int i=2,lim=std::min(n,m); i<=lim; ++i)
{
int sf=0,sg=0;
for(int j=i; j<=n; ++j)
Add(sf,f[i-1][j-1]), f[i][j]=(1ll*C[j-1][i-1]*B[j]+sf)%mod,
Add(sg,g[i-1][j-1]), g[i][j]=1ll*A[j]*sg%mod;
}
LL ans=0;
for(int i=std::max(0,m-n); i<=n&&i<=m; ++i)//m-i<=n 枚举的是能力牌 可以是0啊=v=
if(i<K) ans+=1ll*G(i,i,n)*F(m-i,K-i,n)%mod;
else ans+=1ll*G(i,K-1,n)*F(m-i,1,n)%mod;
printf("%lld
",ans%mod);
}
return 0;
}