這個題，做的時候想了個cdq的做法，但是o（n^2 lognlogn）的，感覺上就會T死。

正解還是很巧妙的。。。

定義dp[i][j],1<=i<=n,0<=j<=1，表示以a[i]為結尾，大于或小于的情況。

枚舉第二個數組的元素，對于每個元素，遍歷第一個數組，用前綴和統計一個大于和小于的情況，遇到相等遍進行修改。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std; #define N 200005 #define go(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ll long long #define mod 998244353 #define ad(a,b) (a+=(b)%mod)%=mod int dp[2010][2],a[2010],x, n,m; int main() {int T;cin>>T;while(T--){scanf("%d %d",&n,&m);go(i,1,n)scanf("%d",&a[i]);go(i,0,1)go(j,0,n)dp[j][i]=0;go(i,1,m){scanf("%d",&x);int sum0=0,sum1=1;go(j,1,n){if(a[j]==x)ad(dp[j][0],sum1),ad(dp[j][1],sum0);else if(a[j]<x)ad(sum0,dp[j][0]);else ad(sum1,dp[j][1]);}}int ans=0;go(i,1,n)ad(ans,dp[i][0]+dp[i][1]);printf("%d\n",ans);}return 0; }

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總結

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