传送门

题解：

在洛谷看到一群O(n3)O(n^3)O(n3)AC的在嘲讽O(n2log⁡n)O(n^2\log n)O(n2logn)的。。。

但是实际上这道题有严格O(n2)O(n^2)O(n2)的解法。。。

首先考虑容斥，计算出队伍里面至少有iii组同学在讨论 [数据删除] 的方案数进行容斥。

发现是个卷积，于是非常愉快可以O(n2log⁡n)O(n^2\log n)O(n2logn)上一个NTT。
但是跑得没有O(n3)O(n^3)O(n3)快非常尴尬。

那么我们的想法其实很显然，考虑在前面已经确定了jjj个位置的同学来讨论 [数据删除]，剩下的位置全部未定，那么显然方案数就是四个EGF的乘积展开后总次数为mmm的项之和，其中mmm是未定位置数量。

我们可以看做是(x+y+z+w)m(x+y+z+w)^m(x+y+z+w)m，其中xxx的次数不超过aaa，yyy的次数不超过bbb，zzz的次数不超过ccc，www的次数不超过ddd的，所有玩意的系数之和。

考虑二项式展开两次，发现是一个组合数的区间和，直接维护即可。

那么确定有jjj个位置的同学在讨论 [数据删除] 的方案数可以直接来一个背包DP，设f[i][j][0/1/2/3]f[i][j][0/1/2/3]f[i][j][0/1/2/3]表示前面iii个位置已经确定了jjj组同学讨论 [数据删除]，最后一组的开头在j,j−1,j−2,≤j−3j,j-1,j-2,\leq j-3j,j−1,j−2,≤j−3的情况的方案数。

于是O(n2)O(n^2)O(n2)此题得到解决。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define re register
#define cs constusing std::cerr;
using std::cout;cs int mod=998244353;
inline int add(int a,int b){a+=b-mod;return a+(a>>31&mod);}
inline int dec(int a,int b){a-=b;return a+(a>>31&mod);}
inline int mul(int a,int b){ll r=(ll)a*b;return r>=mod?r%mod:r;}
inline void Inc(int &a,int b){a+=b-mod;a+=a>>31&mod;}
inline void Dec(int &a,int b){a-=b;a+=a>>31&mod;}
inline void Mul(int &a,int b){a=mul(a,b);}cs int N=1e3+7;int A,B,C,D,n,mx;int c[N][N],s[N][N];inline void init(){for(int re i=0;i<=n;++i){c[i][0]=s[i][0]=1;for(int re j=1;j<=i;++j)c[i][j]=add(c[i-1][j],c[i-1][j-1]),s[i][j]=add(s[i][j-1],c[i][j]);}
}inline int calc(int n,int l,int r){return dec(s[n][r],(l?s[n][l-1]:0));
}int f[N][255][4];signed main(){#ifdef zxyoifreopen("queue.in","r",stdin);
#endifscanf("%d%d%d%d%d",&n,&A,&B,&C,&D);init();mx=std::min(n>>2,std::min(std::min(A,B),std::min(C,D)));f[0][0][3]=1;for(int re i=1;i<=n;++i)for(int re j=0;j<=mx;++j){Inc(f[i][j][1],f[i-1][j][0]);Inc(f[i][j][2],f[i-1][j][1]);Inc(f[i][j][3],f[i-1][j][2]);Inc(f[i][j][3],f[i-1][j][3]);Inc(f[i][j+1][0],f[i-1][j][3]);}int ans=0;for(int re i=0;i<=mx;++i){int other=0,sum=0;other=n<4?1:add(add(f[n-3][i][0],f[n-3][i][1]),add(f[n-3][i][2],f[n-3][i][3]));int m=n-(i<<2);int A=::A-i,B=::B-i,C=::C-i,D=::D-i;for(int re j=0;j<=m;++j){int l1=std::max(0,j-A);int r1=std::min(B,j);int l2=std::max(0,m-j-C);int r2=std::min(D,m-j);if(l1>r1||l2>r2)continue;Inc(sum,mul(c[m][j],mul(calc(j,l1,r1),calc(m-j,l2,r2))));}(i&1)?Dec(ans,mul(other,sum)):Inc(ans,mul(other,sum));}cout<<ans<<"\n";return 0;
}

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