一、题目

将 \(\{1,2,3...n\}\) 划分成 \(m\) 个组，每组中至少有一个数，记为 \(a_1,a_2...a_m\)

称一个划分是"好的"，当且仅当存在排列 \(p_1,p_2...p_m\)，令 \(p_0=p_m\) 则有 \(\max(a_{p_i})>\min(a_{p_{i-1}})(1\leq i\leq m)\)

两个划分本质不同，当且仅当存在两个数字，它们在第一个划分中属于同一个集合，而在另一个划分中不属于。

\(2\leq m\leq n\leq 500\)

二、解法

首要问题不是考虑记录上面东西然后去 \(dp\)，而是思考判定条件有什么好的转化。

可以从必要条件入手，划分应当不存在割裂的情况，也就是不存在集合 \(S\) 满足：

\[\max_{i\in S} A_i\leq \min_{i\not \in S} A_i \]

我也不知道这东西是不是充分的，但是我们可以构造者玩一玩。本题的偏序关系很多，但是不要忽略集合内部具有 \(\max>\min\) 这个微弱的偏序关系，我们可以把集合按 \(\max\) 排序，这样只有第一个和最后一个的限制需要解决。

可以在这个基础上调整我们的构造，前面的区间按 \(\max\) 递增排列，后面的区间按照 \(\max\) 递减排列，包含 \(n\) 的集合放在中间，包含 \(1\) 的集合放在最后，你会发现所有条件都可以被满足：

所以只需要 \(n\) 和 \(1\) 通过区间连通就可以了，这样我们通过构造证明了充分性。

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上面判定的充要条件其实可以转化一下，也就是 \(\forall k\in[1,n)\)，有某个集合的值域 \([l_i,r_i]\) 满足 \(l_i\leq k<r_i\)

那么这个东西其实可以直接 \(dp\)，我们依次考虑每个数，在决策集合的时候保证每个数都是满足上述条件的。设 \(f[i][j][k]\) 表示考虑前 \(i\) 个数，已经填入了 \(j\) 个集合，其中有 \(k\) 个集合还未闭合（可以继续填数），那么转移讨论是否新开集合，以及集合的闭合情况即可，时间复杂度 \(O(n^3)\)

三、总结

计数问题先考虑转化判断性条件，一定要去想必要条件、必要条件、必要条件。

留心隐藏的偏序关系，很多题目都需要用隐藏的偏序关系来搞事情。

#include <cstdio>
#include <cstring>
const int M = 505;
const int MOD = 998244353;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,w,f[2][M][M];
void upd(int &x,int y) {x=(x+y)%MOD;}
signed main()
{
	freopen("partition.in","r",stdin);
	freopen("partition.out","w",stdout);
	n=read();m=read();
	f[0][1][0]=f[0][1][1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		w^=1;memset(f[w],0,sizeof f[w]);
		for(int j=1;j<=m;j++) for(int k=0;k<=j;k++)
		{
			//add it into the active set
			upd(f[w][j][k],f[w^1][j][k]*k);
			//add it into the active set and close it
			upd(f[w][j][k],f[w^1][j][k+1]*(k+1));
			//creat an active set
			if(k>1) upd(f[w][j][k],f[w^1][j-1][k-1]);
			//creat an close set
			if(k>0) upd(f[w][j][k],f[w^1][j-1][k]);
		}
	}
	printf("%lld\n",f[w][m][0]);
}