给定两个常为 (n) 的序列 (l_i,r_i)，问夹在它们之间 ( (forall i, l_i leq a_i leq r_i) ) 的不降序列的元素总和。
Solution
先搞一波离散化，把
设 (f[i][j]) 表示处理完了 (a[1dots i])，且 (a[i]) 在第 (j) 个区间内的总和， (g[i][j]) 为方案数
考虑运用分段的思想，枚举下一段的结束点 (p)，以及下一段所在区间 (k)，就可以暴力转移到 (f[p][k])
[Af[i][j] + Bg[i][j] o f[p][k]
\
Ag[i][j] o g[p][k]
]
其中 (A) 是方案数， (B) 是总和，运用插板法与期望的线性性质得
[t=p-i,quad A=C_{R_k-L_k+t}^t,quad B=frac{t(L_k+R_k)}{2}cdot C_{R-L+t}^t
]
组合数如果每个都暴力计算复杂度是 (O(tlog V)) 的。显然 (C_{R-L+t}^t=frac{(R-L+t)!}{(R-L)!t!})，于是 (C_{R-L+t}^t=C_{R-L+t-1}^{t-1} cdot frac{R-L+t}{t})
但是考虑到 (R_k-L_k) 之和 (k) 相关，所以我们需要用的组合数只有 (O(n^2)) 个，于是花费 (O(n^2 log V)) 时间暴力预处理 (c[k][t]=C_{R_k-L_k+t}^t) 即可。
Warning: 运算过程会爆 long long
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int __int128
const bool dbg = 0;
const int N = 105;
const int mod = 998244353;
const int r2 = 499122177;
int f[N][N],g[N][N],c[N][N],n,L[N],R[N],l[N],r[N],pos[N],ind;
map<int,int> mp;
int qpow(int p,int q) {return ((q&1)?p:1) * (q?qpow(p*p%mod,q/2):1) % mod;}
int inv(int p) {return qpow(p,mod-2);}
void read(int &x) {
long long a;
cin>>a;
x=a;
}
void write(int x) {
cout<<(long long)x;
}
signed main() {
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++) read(l[i]), mp[l[i]]++;
for(int i=1;i<=n;i++) read(r[i]), r[i]++, mp[r[i]]++;
for(auto i=mp.begin();i!=mp.end();i++) i->second=++ind, pos[ind]=i->first;
for(int i=1;i<ind;i++) L[i]=pos[i], R[i]=pos[i+1];
for(int i=1;i<=n;i++) l[i]=lower_bound(L+1,L+ind,l[i])-L, r[i]=lower_bound(R+1,R+ind,r[i])-R;
for(int i=1;i<ind;i++) R[i]--;
for(int i=1;i<ind;i++) {
c[i][0]=1;
for(int j=1;j<=n;j++) c[i][j]=c[i][j-1]*(((R[i]-L[i]+j)%mod+mod)%mod)%mod*inv(j)%mod;
}
g[0][0]=1;
for(int i=0;i<=n;i++) {
for(int j=0;j<ind;j++) if(((i==0)^(j==0))==0) {
int lb=0,rb=ind;
for(int p=i+1;p<=n;p++) {
lb=max(lb,l[p]);
rb=min(rb,r[p]);
for(int k=j+1;k<ind;k++) {
if(lb<=k && k<=rb) {
f[p][k] += c[k][p-i]*f[i][j]%mod
+ (p-i)*(L[k]+R[k])%mod*r2%mod*c[k][p-i]%mod*g[i][j]%mod;
f[p][k] %= mod;
g[p][k] += c[k][p-i]*g[i][j]%mod;
g[p][k] %= mod;
}
}
}
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<ind;i++) ans+=f[n][i], ans%=mod;
write(ans);
}