题意： 给定一个(1~n)的排列，两个人分别选数，每个人这次选的数必须比自己上次选的位置要靠后，同时必须比两人之前选的所有数都要大，如果有多个满足条件的数，他们就会等概率选取一个。最开始的那个人可以等概率选取任何一个数。求最终选取的数的期望个数。
范围： (nle 5000)
题解： 有两个限制条件。第一，自己选的位置递增，第二，选的数字比之前所有数字都要大。
比较naive的想法是首先干掉第一个条件，于是设计出dp状态：(f[i][j][0/1])表示第一个人上一次选了i位置的数，第二个人选了j位置的数，这一次轮到哪个人选的概率。
一个（我自己）比较想不到的点是：一个局面变换的代价是(1)（走一步），那么每个局面对答案的贡献是它自己的概率乘(1)
枚举递增的位置，并且满足数值递增进行转移，这个枚举不太好节省，时间是(O(n^3))（见code1）。
那么，如何设计一个更加好的dp方案呢？
注意到DP本质是在一个DAG上往后走的过程，我们可以定义出一个势能，而所有DP都是往势能降低的方向进行的。
在这道题上，我们发现，有两个势能可以选择：
- 每个人的位置，就是上面那个DP方法，但是这个势能是在一个二维平面上单减的，有两个维度要考虑，所以十分复杂。
- 选取的最大数字，这个就十分的amazing啊，你可以发现，这个数字是一维的，也就是说，假如DP顺序按照这个数字递减，就可以设计出一个比较优秀的方案了。
不过这种方法也有个局限性，当数字并不是两两不同，并且选取不一定要单调的时候，就无法进行dp，因为这时候势能不是随着这个数字递减的（可以选相同数字），这时候只能通过升维进行DP了。
我们可以让(f[i][j])表示上个人选了(i),上上个人选了(j)。
这时候的势能为(i)，并且满足(i<j)。
我们往势能降低的方向进行dp，我们可以从(f[i][j])转移到(f[k][i](k<i))。
转移的时候，我们需要知道有(i+1~n)多少个数在(k)的后面。
记一个数的位置为(p[x])，有(cnt)个数。
则
后面这个式子只有([p[j] > p[k]], cnt)跟(k)是有关的，这个相关性是“所有在(k)后面的数”，就是一个前缀和，所以我们对每个大于(i)的值，按照位置维护一个前缀和，就可以快速搞出这个值了。
最终势能降为0的位置就是答案，即(sum_{i = 1} ^ {n} f[0][i])，见code2。
当然最开始(n)个数任意选，所以答案还要除一个(n)。
code1
#include <bits/stdc++.h>
#define pt(x) cout << x << endl;
#define Mid ((l + r) / 2)
#define lson (rt << 1)
#define rson (rt << 1 | 1)
using namespace std;
int read() {
char c; int num, f = 1;
while(c = getchar(),!isdigit(c)) if(c == '-') f = -1; num = c - '0';
while(c = getchar(), isdigit(c)) num = num * 10 + c - '0';
return f * num;
}
const int mod = 998244353;
const int N = 5009;
int n, a[N], f[N][N][2], p[N][N][2], inv[N];
int sum[N];
int tot[N][N];
signed main()
{
memset(p, 0, sizeof(p));
inv[0] = inv[1] = 1;
for(int i = 2; i < N; i++) inv[i] = (1ll * mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
n = read();
for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = n; j >= 1; j--)
tot[i][j] = tot[i][j + 1] + (a[j] > a[i]);
for(int i = 1; i <= n; i++) p[i][0][0] = inv[n];
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int cnt = 0;
memset(sum, 0, sizeof(sum));
for(int j = 1; j <= n; j++) {
}
for(int j = 1; j <= n; j++) {
for(int k = 0; k < j; k++) if(a[j] > max(a[k], a[i])){
int cnt = 0;
if(a[k] > a[i]) cnt = tot[k][k + 1];
else cnt = tot[i][k + 1];
p[i][j][1] = (p[i][j][1] + 1ll * p[i][k][0] * inv[cnt] % mod) % mod;
}
for(int k = 0; k < i; k++) if(a[i] > max(a[k], a[j])){
int cnt = 0;
if(a[k] > a[j]) cnt = tot[k][k + 1];
else cnt = tot[j][k + 1];
p[i][j][0] = (p[i][j][0] + 1ll * p[k][j][1] * inv[cnt] % mod) % mod;
}
}
}
int ans = 0;
for(int i = 0; i <= n; i++) {
for(int j = 0; j <= n; j++) {
if(p[i][j][1] != -1) ans = (ans + p[i][j][1]) % mod;
if(p[i][j][0] != -1) ans = (ans + p[i][j][0]) % mod;
}
}
printf("%d
", ans);
return 0;
}
code2
#include <bits/stdc++.h>
#define pt(x) cout << x << endl;
#define Mid ((l + r) / 2)
#define lson (rt << 1)
#define rson (rt << 1 | 1)
using namespace std;
int read() {
char c; int num, f = 1;
while(c = getchar(),!isdigit(c)) if(c == '-') f = -1; num = c - '0';
while(c = getchar(), isdigit(c)) num = num * 10 + c - '0';
return f * num;
}
const int mod = 998244353;
const int N = 5009;
int n, a[N], f[N][N], p[N], inv[N];
int sum[N], cnt[N];
int tot[N][N];
signed main()
{
memset(p, 0, sizeof(p));
inv[0] = inv[1] = 1;
for(int i = 2; i < N; i++) inv[i] = (1ll * mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
n = read();
for(int i = 1; i <= n; i++) p[read()] = i;
for(int i = n - 1; ~i; i--) {
memset(cnt, 0, sizeof(int) * (n + 5));
memset(sum, 0, sizeof(int) * (n + 5));
for(int j = i + 1; j <= n; j++) {
cnt[p[j]]++;
sum[p[j]] = (sum[p[j]] + f[i][j]) % mod;
}
for(int j = n - 1; ~j; j--) cnt[j] += cnt[j + 1], sum[j] = (sum[j] + sum[j + 1]) % mod;
for(int j = 0; j != i; j++) {
if(cnt[p[j]])
f[j][i] = (1ll * sum[p[j]] * inv[cnt[p[j]]] % mod + 1) % mod;
}
}
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans + f[0][i]) % mod;
printf("%lld
", (1ll * ans * inv[n] + 1) % mod);
return 0;
}