大致题意： 有(n)张强化牌(a_i)和(n)张攻击牌(b_i)，每张牌有一个权值（强化牌的权值大于(1)），每张强化牌能使所有攻击牌的权值乘上这张强化牌的权值，每张攻击牌造成的伤害等于这张攻击牌的权值。现在，以等概率抽出(m)张牌，并以最优策略使用其中至多(k)张牌造成最大的伤害。求所有情况下，造成伤害总和。
前言
感觉最近肝了好久的文化课，居然思维水平不但没降，还有了点提升？
没想到居然能不看题解自己把这道题做出来，虽然(WA)了一次，但还算是有进步了吧！
何为最优策略
这道题看似毫无头绪，因此，我们先要好好推一推性质。
假设现在我们已经选好了(m)张牌，那么最优策略是什么？
首先，如果我们已经确定要用(x)张强化牌和(y)张攻击牌，那么根据贪心的想法，肯定是先使用权值最大的(x)张强化牌，再使用权值最大的(y)张攻击牌。
因此我们把(a)和(b)分别从大到小排序。
同时，同样依据贪心，我们可以知道答案就是强化牌的乘积乘上攻击牌之和。
然后我们考虑，在什么情况下，把第(y)张攻击牌换成第(x+1)张强化牌，与原先答案相比不会变劣。
原先答案是：
变化后的答案是：
则两式相减，即为答案的变化量，也就是：
当变化后答案不变劣，说明变化量(ge 0)，即：
我们把式子中的(prod_{i=1}^xa_i)去掉，就得到：
由于题目中说明，强化牌权值大于(1)，所以(a_{x+1}-1ge 1)。
而在(y>1)时，因为(b)数组经过了从大到小排序，所以(sum_{i=1}^{y-1}b_i)肯定大于等于(b_y)。
所以我们可以发现，在(y>1)时，((a_{x+1}-1)cdot(sum_{i=1}^{y-1}b_i)ge b_y)是始终成立的。
也就是说，在保有至少一张攻击牌的前提下，肯定是尽量选择强化牌会更优。
这么一来，这道题一下就可做得多了。
预处理
在正式开始解题之前，我们还需要进行预处理，定义几个变量。
设(f_{i,j,0})表示在前(i)张强化牌中选择(j)张且第(i)张被选中的所有情况下，这(j)张牌的乘积之和，(g_{i,j,0})表示在前(i)张攻击牌中选择(j)张且第(i)张被选中的所有情况下，这(j)张牌的和之和。
同时，定义(f_{i,j,1}=sum_{x=1}^if_{x,j,0},g_{i,j,1}=sum_{x=1}^ig_{x,j,0})来辅助转移。
则不难发现，有转移方程：
注意，(g_{i,j,0})的转移中，(C_{i-1,j-1})表示在(i-1)个数中选择(j-1)个数的方案，即从(g_{i-1,j-1,1})转移到(g_{i,j,0})共有(C_{i-1,j-1})种情况，而每种情况卡牌权值和加上了(b_i)，就相当于共加上了(b_icdot C_{i-1,j-1})。
至于这些东西究竟有什么用，待会儿你就会知道了。
组合数学
接下来，就是分类讨论+推式子啦。
第一类：当(m)张牌中，强化牌的数量小于(k-1)张时。
此时必然是选上所有的强化牌，然后选上权值最大的一些攻击牌。
不难发现，其实等于(k-1)张时也符合这一类情况的操作方案，但为了方便起见，我们把等于(k-1)的情况放入另一类情况中中。
对于这一种情况，我们枚举(i,j)分别表示强化牌有(i)张和最后被选中的攻击牌是第(j)张。
在强化牌中选择(i)张的所有合法情况下的乘积之和，其实就是(f_{n,i,1})。
而强化牌中选择(i)张，攻击牌中就要选择(k-i)张，又由于最后被选中的攻击牌是第(j)张，所以所有合法情况下攻击牌的和之和，其实就是(g_{j,k-i,0})。
而若要最终选出的(k)张牌是这(k)张牌，就剩余(m-k)张牌就需要满足：
- 不存在强化牌。
- 所有攻击牌都必须在第(j)张之后，否则选这张攻击牌肯定比选第(j)张优。
因此方案数就是(C_{n-j}^{m-k})。
总结一下，就是枚举(i,j)，然后每次答案加上(f_{n,i,1}cdot g_{j,k-i,0}cdot C_{n-j}^{m-k})。
第二类：当(m)张强化牌中，强化牌的数量大于等于(k-1)时。
此时必然是选上权值最大的(k-1)张强化牌，然后选上权值最大的一张攻击牌。
对于这一种情况，我们枚举(i,j)分别表示最后被选中的强化牌是第(i)张和被选中的攻击牌是第(j)张。
在前(i)张强化牌中选择(k-1)张，且第(i)张必选，所有合法情况下的乘积之和，其实就是(f_{i,k-1,0})。
选择第(j)张攻击牌，攻击牌之和其实就是第(j)张攻击牌的权值，也就是(b_j)。
而若要最终选出的(k)张牌是这(k)张牌，就剩余(m-k)张牌就需要满足：
- 所有强化牌都必须在第(i)张之后。
- 所有攻击牌都必须在第(j)张之后。
因此方案数就是(C_{2n-i-j}^{m-k})。
总结一下，就是枚举(i,j)，然后每次答案加上(f_{i,k-1,0}cdot b_jcdot C_{2n-i-j}^{m-k})。
具体实现可见代码。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 6000
#define X 998244353
using namespace std;
int n,m,k,a[N+5],b[N+5],C[N+5][N+5],f[N+5][N+5][2],g[N+5][N+5][2];
I bool cmp(CI x,CI y) {return x>y;}
int main()
{
RI i,j;for(C[0][0]=i=1;i<=N;++i) for(C[i][0]=j=1;j<=i;++j) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%X;//预处理组合数
RI Tt,ans;scanf("%d",&Tt);W(Tt--)
{
for(scanf("%d%d%d",&n,&m,&k),ans=0,i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i);
for(i=1;i<=n;++i) scanf("%d",b+i);sort(a+1,a+n+1,cmp),sort(b+1,b+n+1,cmp);//从大到小排序
for(f[0][0][0]=f[0][0][1]=i=1;i<=n;++i) for(f[i][0][1]=j=1;j<=i;++j)//预处理f
f[i][j][0]=1LL*a[i]*f[i-1][j-1][1]%X,f[i][j][1]=(f[i][j][0]+f[i-1][j][1])%X;
for(i=1;i<=n;++i) for(j=1;j<=i;++j)//预处理g
g[i][j][0]=(1LL*b[i]*C[i-1][j-1]+g[i-1][j-1][1])%X,g[i][j][1]=(g[i][j][0]+g[i-1][j][1])%X;
for(i=0;i<k-1;++i) for(j=1;j<=n;++j) ans=(1LL*f[n][i][1]*g[j][k-i][0]%X*C[n-j][m-k]+ans)%X;//当强化牌数量小于k-1时
for(i=0;i<=n;++i) for(j=1;j<=n;++j) ans=(1LL*f[i][k-1][0]*b[j]%X*C[2*n-i-j][m-k]+ans)%X;//当强化拍数量大于等于k-1时
printf("%d
",ans);//输出答案
}return 0;
}