給出n個數，每個數是0或1.
再給出m個限制，每個限制(x,y)表示「前x個數中有y個1」或「後y個數中有x個1」
求這樣的序列的個數。
n<=5000,m<=1000
再一次被uer給虐了。
其實這道題劼鏼爺已經講的很清楚了。（撲通撲通跪下來）
當x!=y的時候，很顯然已經確定這個限制是限制字首還是字尾的。
當x=y的時候，我們只需要保留最大的那個x就行了。（顯然）
然後，我們可以用容斥。
答案是x=y是字首限制的個數+字尾限制的個數-前字尾都限制的個數。
那麼，現在就是有一堆前字尾的限制，讓你求方案數。
如果只有前（後）綴，那麼，就相當於把這n個數劃分成了m個區間，對於每乙個區間單獨限制。一堆組合數乘起來就好了。
那麼，前字尾都有的話，我們就可以把字尾轉化成字首。（反之亦然）
列舉1的總和就行了。
劼鏼**好！（刷隊形）
#include
#include
#include
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define n 5005
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mo=998244353;
struct notea[n],p[n];
bool cmp(note x,note y)
int c[n][n],n,m,ty,x,y,z,ans,tot;
int main()
for(scanf("%d",&ty);ty;ty--)
a[++tot].x=z;a[tot].y=z;a[tot].bz=0;a[tot].ty=1;
a[++tot].x=n-z;a[tot].y=z;a[tot].bz=1;a[tot].ty=2;
sort(a+1,a+tot+1,cmp);
fo(type,1,3)
fo(i,1,n)
if (p[cnt].x
y) if (p[cnt].x-p[cnt-1].x
y-p[cnt-1].y)
if (p[cnt].y-p[cnt-1].y
<0)
}if (pd) continue;int sum=1;
fo(j,1,cnt) sum=(ll)sum*c[p[j].x-p[j-1].x][p[j].y-p[j-1].y]%mo;
sum=(ll)sum*c[n-p[cnt].x][i-p[cnt].y]%mo;
if (type<=2) ans=(ans+sum)%mo;
else ans=(ans-sum+mo)%mo;
}printf("%d\n",(ans%mo+mo)%mo);
}}
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