注意到仅关心于权值大小，预处理出$F_{i}(n)$​​​​表示$a_{1},a_{2},...,a_{n}$​​​​中恰填$i$​​​​​​种不同的数的方案数，那么显然答案即为$\sum_{i=1}^{\min(n,m)}{m\choose i}F_{i}(n)$​​​​，可以$o(n)$​​​​计算

下面，问题即如何求出$F_{i}(n)$——

考虑从小到大填数，注意到并没有确定$n$​，因此填数是在原序列中插入数

不难发现，如果$x$填了不少于两次且在末尾填了，那么令$i$为其第一次填的位置，则$\max_{k=1}^{i}a_{k}=a_{n}=x$且显然$i<n$，同时只需要之后在$a_{i}$之前填一个数就可以避免此情况

考虑容斥，即将序列中满足$\exists i<j\le n$且$\max_{k=1}^{i}a_{k}=\min_{k=j}^{n}a_{k}$的$a_{i}$前缀最大值取出（即不存在更小的满足条件的$i'$使得$a_{i'}\ge a_{i}$​​​​​），并对序列容斥（任选其中的子序列，若子序列长度为$l$，则贡献系数为$(-1)^{l}$）

注意到对于这样的前缀最大值，其之前不能再填数字（从小到大填数），即可以用dp计算

具体的，令$g_{i}(a,b)$​填了$i$​种数且当前容斥选择的序列末尾为$a$​（若$a=0$​即序列为空）且填了$a+b$​​​​​​个数的方案数（带贡献系数），不难得到转移为
$$
\begin{cases} { b+s\choose s}g_{i}(a,b)\rightarrow g_{i+1}(a,b+s)&(s\ge 1)\\-{b-k+s\choose s}g_{i}(a,b)\rightarrow g_{i+1}(a+k+1,b-k+s+1) &(0\le k\le b,s\ge 0)\end{cases}
$$
进一步的，有$F_{i}(n)=\sum_{a=0}^{n}g_{i}(a,n-a)$​​​​​，但直接根据递推式计算$g$​​​​​的复杂度为$o(n^{5})$​​​​​​，无法通过

下面，问题即如何快速求出$g_{i}(a,b)$​——

考虑$g$​​的二元生成函数$f_{i}(x,y)=\sum_{a,b\ge 0}g_{i}(a,b)x^{a}\frac{y^{b}}{b!}$​​（其中$y$​​上是指数生成函数），代入转移即
$$
f_{i+1}(x,y)=(e^{y}-1)f_{i}(x,y)-\sum_{a,b\ge 0}g_{i}(a,b)\sum_{k=0}^{b}\sum_{s\ge 0}{b-k+s\choose s}x^{a+k+1}\frac{y^{b-k+s+1}}{(b-k+s+1)!}
$$
前者显然容易处理，下面先考虑后者（去掉负号）：

事实上，$f_{i}(x,y)$​​​​总可以被写作$\sum_{p,q\ge 0}c_{p,q}x^{p}e^{qy}$​​​​的形式（正确性归纳即可），显然其对相同的$a,b$​​有相同的系数（但对$p,q$​​没有），不妨仅考虑其中一项$x^{p}e^{qy}$​​的影响，（将$e^{qy}$​​泰勒展开后）代入即
$$
\sum_{b\ge 0}q^{b}\sum_{k=0}^{b}\sum_{s\ge 0}{b-k+s\choose s}x^{p+k+1}\frac{y^{b-k+s+1}}{(b-k+s+1)!}
$$
调换枚举变量，依次枚举$k,b-k+s$​和$b-k$​，即为
$$
\sum_{k\ge 0}q^{k}x^{p+k+1}\sum_{s'\ge 0}\frac{y^{s'+1}}{(s'+1)!}\sum_{b'=0}^{s'}q^{b'}{s'\choose b'}
$$
利用公式，不难得到即为$\frac{x^{p+1}}{1-qx}\frac{1}{q+1}(e^{(q+1)y}-1)$​

（前者由于式子与$a,b$​无关，因此对相同的$p,q$​也有相同的系数，直接代入即可）

综上，两者都可以$o(n^{2})$计算，也即可$o(n^{3})$求出所有$f_{i}(x,y)$​，进而有
$$
F_{i}(n)=\sum_{a=0}^{n}g_{i}(a,n-a)=\sum_{a=0}^{n}\sum_{q\ge 0}c_{a,q}q^{n-a}
$$
预处理出$S_{q,n}=\sum_{a=0}^{n}q^{n-a}c_{a,q}=qS_{q,n-1}+c_{n,q}$​​​​​​，那么即$F_{i}(n)=\sum_{q\ge 0}S_{q,n}$​​​​​​，也可以$o(n^{3})$​​​​​​​求出​​

（这个方法也可以用于$\frac{1}{1-qx}$​的计算上）

另外，由于内存限制，需要对$f$滚动计算

最终，总复杂度为$o(n^{3}+Tn)$​​​​，可以通过

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 305
 4 #define mod 998244353
 5 #define ll long long
 6 int t,n,m,ans,inv[N],f[2][N][N],F[N][N];
 7 int main(){
 8     n=300;
 9     inv[0]=inv[1]=f[0][0][0]=1;
10     for(int i=2;i<N;i++)inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
11     for(int i=1;i<=n;i++){
12         int ii=(i&1);
13         memset(f[ii],0,sizeof(f[ii]));
14         for(int p=0;p<=n;p++)
15             for(int q=0;q<i;q++){
16                 f[ii][p][q+1]=(f[ii][p][q+1]+f[ii^1][p][q])%mod;
17                 f[ii][p][q]=(f[ii][p][q]-f[ii^1][p][q]+mod)%mod;
18             }
19         for(int q=0;q<i;q++){
20             int s=0;
21             for(int j=0;j<n;j++){
22                 s=((ll)s*q+f[ii^1][j][q])%mod;
23                 f[ii][j+1][q+1]=(f[ii][j+1][q+1]-(ll)s*inv[q+1]%mod+mod)%mod;
24                 f[ii][j+1][0]=(f[ii][j+1][0]+(ll)s*inv[q+1])%mod;
25             }
26         }
27         for(int q=0;q<=i;q++){
28             int s=f[ii][0][q];
29             for(int j=1;j<=n;j++){
30                 s=((ll)s*q+f[ii][j][q])%mod;
31                 F[i][j]=(F[i][j]+s)%mod;
32             }
33         }
34     }
35     scanf("%d",&t);
36     while (t--){
37         scanf("%d%d",&n,&m);
38         ans=0;
39         int s=1;
40         for(int i=1;i<=min(n,m);i++){
41             s=(ll)s*(m-i+1)%mod*inv[i]%mod;
42             ans=(ans+(ll)s*F[i][n])%mod;
43         }
44         printf("%d\n",ans);
45     } 
46     return 0;
47 }

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