题解
神仙题。
考虑最后一定是放了一个(1)，然后把其他位置都删掉了。
再考虑到对于序列中的每个位置都对应了一次操作。
我们可以对于每个放(1)的操作，把它这次删掉的位置对应的操作当做它的儿子节点。
这样是一个树形结构，应为最后只能剩下一个(1)，所以这是一个有根树。
于是我们把问题转化为了有根树计数问题。
我们先设一个(f[i])表示(i)个节点的有根树的方案数，(g[i])表示(i)个节点的森林的方案数(也可以只有一棵树)。
(G)的转移比较简单：
[G_i=F_i+sum_{j=1}^{i-2}inom{i-1}{j-1}F_j*G_{i-j}
]
转移(F)的话需要考虑将多棵树拼接起来。
[F_i=sum_{jsubset A}inom{i-1}{j}G_{i-j-1}+[i-1subset B]
]
边界:(f[1]=g[1]=0)。
这个东西就可以分治(FFT)求了，注意讨论分治区间是否包含左端点。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define N 270009
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=998244353;
const int _G=3;
const int Gi=332748118;
int rev[N],n,A,B;
ll f[N],g[N],F[N],G[N],a[N],b[N],ni[N],jie[N],fn[N];
inline void MOD(ll &x){x=x>=mod?x-mod:x;}
inline ll rd(){
ll x=0;char c=getchar();bool f=0;
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
return f?-x:x;
}
inline ll power(ll x,ll y){
ll ans=1;
while(y){
if(y&1)ans=ans*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return ans;
}
inline void NTT(ll *a,int l,int tag){
for(int i=1;i<l;++i)if(i>rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int i=1;i<l;i<<=1){
ll wn=power(tag?_G:Gi,(mod-1)/(i<<1));
for(int j=0;j<l;j+=(i<<1)){
ll w=1;
for(int k=0;k<i;++k,w=w*wn%mod){
ll x=a[j+k],y=a[i+j+k]*w%mod;
MOD(a[j+k]=x+y);MOD(a[i+j+k]=x-y+mod);
}
}
}
if(!tag){
ll ny=power(l,mod-2);
for(int i=0;i<l;++i)a[i]=a[i]*ny%mod;
}
}
void CDQ(int l,int r){
if(l==r){
if(l==1){
f[l]=g[l]=0;
return;
}
g[l]=g[l]*jie[l-1]%mod;
f[l]=f[l]*jie[l-1]%mod;
if(b[l-1])MOD(f[l]+=1);
MOD(g[l]+=f[l]);
g[l]=g[l]*ni[l]%mod;
fn[l]=f[l]*ni[l-1]%mod;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
CDQ(l,mid);
int len=1,L=0;
while(len<=(r-l+1+mid-l+1))len<<=1,L++;
for(int i=1;i<len;++i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(L-1));
for(int i=0;i<len;++i)F[i]=a[i];
for(int i=l;i<=mid;++i)G[i-l+1]=g[i];
NTT(F,len,1);NTT(G,len,1);
for(int i=0;i<len;++i)F[i]=F[i]*G[i]%mod;
NTT(F,len,0);
for(int i=mid+1;i<=r;++i)MOD(f[i]+=F[i-l]);
for(int i=0;i<len;++i)F[i]=G[i]=0;
if(l==1){
len=1;L=0;int x=(mid-l+1)*2;
while(len<=x)len<<=1,L++;
for(int i=1;i<len;++i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(L-1));
for(int i=l;i<=mid;++i)G[i-l]=g[i];
for(int i=0;i<r-l&&i<=mid;++i)F[i]=fn[i];
NTT(F,len,1);NTT(G,len,1);
for(int i=0;i<len;++i)F[i]=F[i]*G[i]%mod;
NTT(F,len,0);
for(int i=mid+1;i<=r;++i)MOD(g[i]+=F[i-l]);
for(int i=0;i<len;++i)F[i]=G[i]=0;
}
else{
len=1;L=0;int x=mid-l+1+r-l+1;
while(len<=x)len<<=1,L++;
for(int i=1;i<len;++i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(L-1));
for(int i=l;i<=mid;++i)F[i-l]=fn[i];
for(int i=0;i<=r-l&&i<=mid;++i)G[i]=g[i];
NTT(F,len,1);NTT(G,len,1);
for(int i=0;i<len;++i)F[i]=F[i]*G[i]%mod;
NTT(F,len,0);
for(int i=mid+1;i<=r;++i)MOD(g[i]+=F[i-l]);
for(int i=0;i<len;++i)F[i]=G[i]=0;
for(int i=l;i<=mid;++i)G[i-l]=g[i];
for(int i=0;i<=r-l&&i<=mid;++i)F[i]=fn[i];
NTT(F,len,1);NTT(G,len,1);
for(int i=0;i<len;++i)F[i]=F[i]*G[i]%mod;
NTT(F,len,0);
for(int i=mid+1;i<=r;++i)MOD(g[i]+=F[i-l]);
for(int i=0;i<len;++i)F[i]=G[i]=0;
}
CDQ(mid+1,r);
}
int main(){
n=rd();A=rd();B=rd();
jie[0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)jie[i]=jie[i-1]*i%mod;
ni[n]=power(jie[n],mod-2);
for(int i=n-1;i>=0;--i)ni[i]=ni[i+1]*(i+1)%mod;
for(int i=1;i<=A;++i){int x=rd();a[x]=1;}
for(int i=0;i<=n;++i)a[i]=a[i]*ni[i];
for(int i=1;i<=B;++i){int x=rd();b[x]=1;}
if(n==1){
puts("1");
return 0;
}
CDQ(1,n);
cout<<f[n];
return 0;
}