原题链接
参考文献
我这篇写的烂，建议看参考文献。
解析
设有 \(x\) 个人未被录用。显然，\(x\) 单调不减，当 \(x\) 变为 \(x + 1\) 时， \(c_i = x + 1\) 的所有人就必定无法被录用了，如果在此时才统计已经面试了的人里 \(c_i=x + 1\) 的人的贡献，就叫做贡献延后计算。
方便起见，令 \(cnt_i\) 表示耐心值 \(c=i\) 的人的个数， \(pre\) 为 \(cnt\) 的前缀和数组。
设 \(dp_{i,j,k}\) 表示面试了 \(i\) 个人，有 \(j\) 个人未被录取，已经录取了的人中有 \(k\) 个人的 \(c > j\)，已经统计了 \(c \le j\) 的人的贡献时的答案。
考虑 \(s_{i + 1}\) 的值。
若 \(s_{i + 1} =0\)，则必定无法录取，这意味着未录取人数必定 \(+1\)，也就是说我们需要统计 \(c=j+1\) 的人的贡献。
枚举已经面试过的人中 \(c=j+1\) 的人的个数 \(t\)，那么这 \(t\) 个人需要在 \(cnt_{j + 1}\) 个人中选取，有 \(k\) 个位置可以放，这 \(t\) 个人内部也有排列顺序，于是就可以列出转移式：
\[dp_{i,j,k}\binom{cnt_{j +1}}{t}\binom{k}{t}t!\to dp_{i+1,j+1,k-t}
\]
但是这实际上还没有考虑第 \(i + 1\) 个人。
若第 \(i + 1\) 个人的耐心值 \(c > j+1\)，则暂时不需要计算贡献，但是注意 \(k\) 会增加 \(1\)：
\[dp_{i,j,k}\binom{cnt_{j +1}}{t}\binom{k}{t}t!\to dp_{i+1,j+1,k-t+1}
\]
否则需要算他的贡献，在 \((pre_{j + 1}-(i-(k-t)))\) 个人中选一个：
\[dp_{i,j,k}\binom{cnt_{j +1}}{t}\binom{k}{t}t!(pre_{j + 1}-(i-(k-t)))\to dp_{i+1,j+1,k-t}
\]
\(s_{i + 1}=1\) 的情况同理。
时间复杂度由于要枚举 \(i,j,k,t\)，看似是 \(O(n^4)\) 的，可实际上我们可以发现 \(t\) 的上界是 \(cnt_j\)，而 \(\sum cnt_j=n\)，于是有：
\[ \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \sum_{k=1}^n O(cnt_j)=\sum_{i=1}^n \sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^n O(cnt_j)
=\sum_{i=1}^n \sum_{k=1}^n O(n)
=O(n ^ 3)\]
故时间复杂度为 \(O(n^3)\)
代码
/*
设 dp[i][j][k] 表示排列的前 i 个人中，有 j 个未被录用，有 k 个 c > j 时，只考虑 c <= j 的人的贡献的方案数若 s[i] = 0，则必定无法被录用，j 必定 + 1，所以需要加入 c = j + 1 的贡献
设有 t 个 c = j + 1，我们先要看在 c[i] = p + 1 中选出哪 t 个 i，然后在 k 个位置中选 t 个位置放，然后再看这 t 个人内部的排列
只能在 k 个位置里放是因为别的位置被 c 更小的给占了，
已知有 j 个未被录用的情况下，c > j 的相对顺序我们是不关心的，因为能否被录用只取决于 s 是否为 0
设 cnt[i] 表示 c 为 i 的个数，pre 为 cnt 的前缀和数组
dp[i][j][k] * C(cnt[j + 1],t) * C(k,t) * A(t,t) -> dp[i + 1][j + 1][k - t]
还有 p[i + 1] 的贡献没有算
如果 c[p[i + 1]] > j + 1，那么本身就不需要算贡献，贡献留着后面算。
否则需要在 pre[j + 1] 个人里选一个，这之中有 (i - (k - t)) 个已经选过了
于是就变成了 dp[i][j][k] * C(cnt[j + 1],t) * C(k,t) * A(t,t) * (pre[j + 1] - (i - (k - t))) -> dp[i + 1][j + 1][k - t]若 s[i] = 1，则录用情况取决于 c[p[i + 1]] 的大小
若 c[p[i + 1]] > j，贡献不用算，直接转
dp[i][j][k] -> dp[i + 1][j][k + 1]
若 c[p[i + 1]] <= j，无法录用，同样枚举 t
dp[i][j][k] * C(cnt[j + 1],t) * C(k,t) * (pre[j] - (i - k)) -> dp[i + 1][j + 1][k - t]最后统计答案时需要乘上排列数算一下复杂度，看似是 O(n ^ 4) 由于 sum(cnt[i]) = n，所以实际上是 sum_{i=1}^n sum_{k=1}^n sum_{j=1}^n O(cnt[j])
=sum_{i=1}^n sum_{k=1}^n O(n)
=O(n ^ 3)这就是贡献延后计算吗 */
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 500 + 5,M = 2e5 + 5,mod = 998244353;
int dp[N][N][N];
int s[N],c[N],cnt[N],pre[N];
int fac[N],C[N][N];
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);fac[0] = 1;for(int i=0;i<N;i++){C[i][0] = 1;}for(int i=1;i<N;i++){fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;for(int j=1;j<N;j++){C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % mod;}}int n,m;cin>>n>>m;string st;cin>>st;for(int i=0;i<n;i++){s[i + 1] = st[i] - '0';}for(int i=1;i<=n;i++){cin>>c[i];cnt[c[i]]++;}pre[0] = cnt[0];for(int i=1;i<=n;i++){pre[i] = pre[i - 1] + cnt[i];}dp[0][0][0] = 1;for(int i=0;i<n;i++){for(int j=0;j<=i;j++){for(int k=0;k<=i;k++){if(s[i + 1] == 1){if(n - pre[j] - k > 0) dp[i + 1][j][k + 1] = (dp[i + 1][j][k + 1] + dp[i][j][k]) % mod;if(pre[j] - (i - k) > 0){for(int t=0;t<=min(cnt[j + 1],k);t++){dp[i + 1][j + 1][k - t] = (dp[i + 1][j + 1][k - t] + 1ll * dp[i][j][k] * fac[t] % mod * C[k][t] % mod * C[cnt[j + 1]][t] % mod * (pre[j] - (i - k)) % mod) % mod; }}}else{for(int t=0;t<=min(cnt[j + 1],k);t++){if(n - pre[j + 1] - (k - t) > 0){dp[i + 1][j + 1][k - t + 1] = (dp[i + 1][j + 1][k - t + 1] + 1ll * dp[i][j][k] * fac[t] % mod * C[k][t] % mod * C[cnt[j + 1]][t] % mod) % mod;
// cout<<"[ "<<i<<" "<<j<<" "<<k<<" ] -> "<<"[ "<<i + 1<<" "<<j + 1<<" "<<k - t + 1<<" ] 1 :"<<dp[i][j][k]<<" "<<dp[i + 1][j + 1][k - t + 1]<<'\n';}if(pre[j + 1] - (i - (k - t)) > 0){dp[i + 1][j + 1][k - t] = (dp[i + 1][j + 1][k - t] + 1ll * dp[i][j][k] * fac[t] % mod * C[k][t] % mod * C[cnt[j + 1]][t] % mod * (pre[j + 1] - (i - (k - t))) % mod) % mod;
// cout<<"[ "<<i<<" "<<j<<" "<<k<<" ] -> "<<"[ "<<i + 1<<" "<<j + 1<<" "<<k - t<<" ] 2 :"<<dp[i][j][k]<<" "<<dp[i + 1][j + 1][k - t]<<'\n';} }}}}}
// cout<<dp[2][1][0]<<'\n';int res = 0;for(int i=0;i<=n - m;i++){
// cout<<i<<" "<<n - pre[i]<<" "<<dp[n][i][n - pre[i]]<<" "<<fac[n - pre[i]]<<'\n';res = (res + 1ll * dp[n][i][n - pre[i]] * fac[n - pre[i]] % mod) % mod;}cout<<res;return 0;
}
)
