传送门

果然\(dp\)题就没咱啥事儿了

设\(f_{i,j}\)为长度为\(i\)的区间，所有元素的值不超过\(j\)的总的疲劳值

如果\(j\)没有出现过，那么\(f_{i,j}=f_{i,j-1}\)

如果\(j\)出现过，我们考虑枚举\(j\)第一次出现的位置\(k\)，设包含那个位置的长度为\(m\)的区间个数为\(c\)，那么这里\(j\)的贡献就是\({w_j}^c\)，前面没有\(j\)，是\(f_{i-1,j-1}\)后面可能还有\(j\)，是\(f_{i-k,j}\)

综上，转移为\[f_{i,j}=f_{i,j-1}+\sum_{k=1}^i {w_j}^c\times f_{i-1,j-1}\times f_{i-k,j}\]
然后边界的话，\(f_{0,j}=1\)，而对于所有\(i<m\)的序列，这里贡献的就是区间个数，为\(f_{i,j}=j^i\)

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){R int res,f=1;R char ch;while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');return res*f;
}
const int N=405,P=998244353;
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){R int res=1;for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))if(y&1)res=mul(res,x);return res;
}
int p[N][N],f[N][N],c[N][N],a[N];
int n,m;
int main(){
//  freopen("testdata.in","r",stdin);n=read(),m=read();fp(i,1,n){a[i]=read(),p[i][0]=1;fp(j,1,n)p[i][j]=mul(p[i][j-1],a[i]);}fp(i,0,n)f[0][i]=1;fp(i,1,m-1)fp(j,1,n)f[i][j]=mul(f[i-1][j],j);fp(i,m,n)fp(j,1,i-m+1)fp(k,0,m-1)++c[i][j+k];fp(i,m,n)fp(j,1,n){f[i][j]=f[i][j-1];fp(k,1,i)f[i][j]=add(f[i][j],1ll*f[k-1][j-1]*f[i-k][j]%P*p[j][c[i][k]]%P);}printf("%d\n",f[n][n]);return 0;
}