0分做法

1. 不取模即可

2. 不开 long long。

3. 不使用 freopen 即可。

80分做法

数组开小即可。

满分做法

设计 $dp_{i,j,l,x}$ 表示在 $S$ 的 $0$ 到 $i$ 位中，给 $j$ 个 $\{a_i \}$ 中元素赋了值，$S$ 中到现在为止有 $l$ 个 $1$，第 $i$ 位相当于加了 $x$ 次（包括 $[0,i-1]$ 进上去的）。

现在考虑如何转移。枚举上一次用的 $y$，然后就比较显然了。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n,m,k,v[105][35],ans;
int dp[110][35][35][35],C[35][35];
signed main() {
	std::ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
	cin>>n>>m>>k;
	for(int i=0; i<=m; ++i) {
		v[i][0]=1;
		cin>>v[i][1];
		for(int j=2; j<=n; ++j) v[i][j]=v[i][j-1]*v[i][1]%mod;
	}
	C[0][0]=1;
	for(int i=1; i<=n; ++i) {
		C[i][0]=1;
		for(int j=1; j<=i; ++j) {
			C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
		}
	}
	for(int j=0; j<=n; ++j) {
		dp[0][j][j%2][j]=v[0][j];
	}
	for(int i=1; i<=m; ++i) {
		for(int j=0; j<=n; ++j) {
			for(int l=0; l<=j; ++l) {
				for(int y=0; y<=j; ++y) {
					if(!dp[i-1][j][l][y])continue;
					for(int x=0; x+j<=n; ++x) {
						dp[i][j+x][l+(x+y/2)%2][x+y/2]=(dp[i][j+x][l+(x+y/2)%2][x+y/2]+dp[i-1][j][l][y]*v[i][x]%mod*C[j+x][x]%mod)%mod;
					}
				}
			}
		}
	}
	for(int l=0; l<=k; ++l) {
		for(int x=0; x<=n; ++x) {
			if(l+__builtin_popcount(x)-x%2<=k)
				ans=(ans+dp[m][n][l][x])%mod;
		}
	}
	cout<<ans<<"\n";
	return 0;
}