虽然题目不难，但是这应该是我第一次在考场上成功拿到计数题的不算低的分数，值得记录

如果对序列处理出$i$后面第一个比它大的位置$r_i$，那么两个序列同构的条件就是$r_i$都相同，而$r_i$构成一棵树，考虑计数树的数量

更进一步，我们只需计数那些由$1\cdots n$的排列生成的深度$\leq m$的树，因为用$[1,m]$中的数不能生成深度$\gt m$的树，生成这样的树的排列也可以通过恰当安排变成数字范围为$[1,m]$的序列

于是可以DP，设$f_{i,j}$表示深度$\leq i$，节点数为$j$的树的数量，枚举$j$在排列中的位置，有$f_{i,0}=1,f_{i,j}=\sum\limits_{k=0}^{j-1}f_{i-1,k}f_{i,j-1-k}$

设$f_{i,0\cdots n}$的生成函数为$F_i$，有$F_0=1,F_i=\frac1{1-xF_{i-1}}$

考场上就做到这里，$O(n^2\log n)$可以拿$70$分

$F_i$可以表示为$\frac{a_i}{b_i}$的形式，其中$a_i,b_i$都是$i$次多项式，推一下就可以矩阵快速幂

直接做显然不行，但因为是线性变换所以先DFT，对点值矩阵快速幂后IDFT回去即可

总时间复杂度$O(n\log n)$

#include
     
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        using namespace std;typedef long long ll;const int mod=998244353;int mul(int a,int b){return(ll)a*b%mod;}int ad(int a,int b){return(a+=b)>=mod?a-mod:a;}int de(int a,int b){return(a-=b)<0?a+mod:a;}int pow(int a,int b){	int s=1;	while(b){		if(b&1)s=mul(s,a);		a=mul(a,a);		b>>=1;	}	return s;}int rev[262144],N,iN;void pre(int n){	int i,k=0;	for(N=1,k=0;N
        
         <<=1)k++;	for(i=0;i
         
          >1]>>1)|((i&1)<<(k-1));	iN=pow(N,mod-2);}void ntt(int*a,int on){	int i,j,k,t,w,wn;	for(i=0;i
          
           >1;k++){ t=mul(a[i/2+j+k],w); a[i/2+j+k]=de(a[j+k],t); a[j+k]=ad(a[j+k],t); w=mul(w,wn); } } } if(on==-1){ for(i=0;i
           
            >1); pre(n<<1); memset(t1,0,N<<2); memcpy(t1,a,n<<2); ntt(t1,1); ntt(b,1); for(int i=0;i
            
             >=1; } return s;}int a[262144],b[262144],c[262144];int main(){ int n,m,i,k,wn,w; scanf("%d%d",&n,&m); if(m>n){ printf("0"); return 0; } for(k=1;k<=n;k<<=1); pre(k*2); wn=pow(3,(mod-1)/N); w=1; for(i=0;i