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$$f_{i,j}=f_{i,j-1}+sum_{k=1}^i {w_j}^c imes f_{i-1,j-1} imes f_{i-k,j}$$
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
",f[n][n]);
return 0;
}