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题意简述：
有个 01 序列 s，1 表示这一位会做 1 的贡献，0 表示这一位不会做贡献，我们需要对另一个序列 c 进行重拍，当一个位置 i，它的 \(c_i \leq 前面未做贡献的位数\) 时，这一位将不会做贡献，我们需要对于合法的 c 计数。一个序列 c 合法当且仅当 \(贡献和 \ge m\)。
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思路启发：
注意到前面的位做出的决策会直接影响后面的位的贡献，所以考虑动态规划，且一定要把当前 做贡献/未做贡献 的位数记录在状态里，方便转移。尝试设出状态 \(f_{i, j}\) 表示考虑到第 i 位，有 j 位没有做贡献的方案数，但是我们发现，当我们下一位填一个 \(c \le j\) 时是好转移的，转移到 \(f_{i + 1, j + 1}\) 即可，但是当下一位填 \(c > j\) 时就显得难以转移，因为我们无法确定选的是哪一个 c，从而无法确定下一个 j 转移时是否存在 \(c > j\)，这时我们可以考虑贡献延后计算，当加入一个 \(c \le j\) 时直接转移，而加入一个 \(c > j\) 时忽略选数对我们带来的影响，这些影响会在以后的第一个 j，使得 \(c \le j\)，即当 \(j = c\) 时，在考虑它带来的方案数。
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状态设计：
设 \(f_{i, j, k}\) 表示考虑到第 i 位，有 j 位没有做贡献，前 i 位填的 c 里有 k 个 c 小于当前的 j。
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转移设计：
此时我们设 \(cnt_i = \sum_{j = 1}^{n}[c_j = i]，sum_i = \sum_{i = 0}^{n} cnt_i\)
考虑第 i+1 位填什么：\(1^\circ\ s_{i + 1} = 1\)
\(\ \ \ 1.\) 第 i+1 位填一个 \(c > j\)，则 \(f_{i + 1, j, k} \leftarrow [n - sum_j > i - k]\ f_{i, j, k}\)。
\(\ \ \ 2.\) 第 i+1 位填一个 \(c \ge j\)，则此时第 i+1 位不会产生贡献，j 将会变成 j+1，所以我们需要对 c=j+1 计算它在前 i 位中的贡献，此时枚举前 i 位中有 t 个 c=j，则有 \(f_{i + 1, j + 1, k + t} \leftarrow (sum_j - k) \times t! \times \binom{i-k}{t} \times \binom{{cnt_{j + 1}}}{t} \times f_{i, j, k}\)。\(2^\circ\ s_{i + 1} = 0\)，此时 j 一定会变成 j+1，则再分讨 c 与 j 的关系意义不大，此时可以直接分讨 c 与 j+1 的关系，这样就可以快速得出需要被统计贡献的数的个数，当然讨论 j，然后分别转移显然也是对的。
\(\ \ \ 1.\) 第 i+1 位填一个 \(c > j+1\)，则 \(f_{i + 1, j + 1, k +t} \leftarrow [n - sum_{j + 1} > i - k - t] \times t! \times \binom{i-k}{t} \times \binom{{cnt_{j + 1}}}{t} \times f_{i, j, k}\)。
\(\ \ \ 2.\) 第 i+1 位填一个 \(c \le j+1\)，则 $f_{i + 1, j + 1, k + t} \leftarrow (sum_{j + 1} - k - t) \times t! \times \binom{i - k}{t} \times \binom{cnt_{j + 1}}{t} \times f_{i, j, k} $ （这里 \(sum_{j + 1}\) 需要减 t 的原因是这里我们要算的是可以填在第 i+1 位的 c 的个数，而这里的 t 是填在前 i 位的，所以要减去） -
代码展示：
#include "bits/stdc++.h"
//#include "bits/extc++.h"
#define ll long long
#define int long long
#define pii std::pair<int, int>
#define piii std::pair<int, std::pair<int, int> >
#define tiii tuple<int, int, int>
#define mkp std::make_pair
#define smin(a, b) (a = min(a, b))
#define smax(a, b) (a = max(a, b))
#define eb emplace_back
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define INF ((int)1e9)
#define oo (1e18)
#define debug() printf("Skmqwq")
#define rep(i, j, k) for (int i = (j); i <= (k); ++i)
#define per(i, j, k) for (int i = (j); i >= (k); --i)
using namespace std;
//using namespace __gnu_pbds;
mt19937_64 Skmqwq(time(0) ^ clock());const int N = 5e2 + 7, P = 998244353;
int n, m, c[N], cnt[N], sum[N], f[2][N][N];
int fac[N], ifac[N], inv[N];
string s;inline int qp(int a, int b) {int ret = 1;while (b) {if (b & 1) ret = ret * a % P;a = a * a % P, b >>= 1;}return ret;
}
inline void init() {fac[0] = 1;rep(i, 1, n) fac[i] = fac[i - 1] * i % P;ifac[n] = qp(fac[n], P - 2);per(i, n, 1) ifac[i - 1] = ifac[i] * i % P;rep(i, 1, n) inv[i] = ifac[i] * fac[i - 1] % P;
}
inline int C(int n, int m) { return fac[n] * ifac[m] % P * ifac[n - m] % P; }
inline int A(int n, int m) { return fac[n] * ifac[n - m] % P; }
inline void add(int &a, int b) { a += b;if (a > P) a -= P;
}signed main() {std::ios::sync_with_stdio(false); std::cin.tie(0);std::cout.tie(0);cin >> n >> m >> s, s = ' ' + s;init();rep(i, 1, n) cin >> c[i], cnt[c[i]]++;sum[0] = cnt[0];rep(i, 1, n) sum[i] = sum[i - 1] + cnt[i];f[0][0][0] = 1;rep(cur, 0, n - 1) {int i = cur & 1, ii = i^1;rep(j, 0, cur) rep(k, 0, min(cur, sum[j])) f[ii][j][k] = 0;rep(j, 0, cur) rep(k, 0, min(cur, sum[j])) {if (s[cur + 1] == '1') {add(f[ii][j][k], (int)((n - sum[j]) > (cur - k)) * f[i][j][k]);rep(t, 0, min(cur - k, cnt[j + 1])) add(f[ii][j + 1][k + 1 + t], (sum[j] - k) * A(cur - k, t) % P * C(cnt[j + 1], t) % P * f[i][j][k] % P);} else {rep(t, 0, min(cur - k, cnt[j + 1])) {add(f[ii][j + 1][k + t], (int)(n - sum[j + 1] > cur - k - t) * f[i][j][k] % P * A(cur - k, t) % P * C(cnt[j + 1], t) % P);if (sum[j + 1] - k - t < 0) continue;add(f[ii][j + 1][k + 1 + t], (sum[j + 1] - k - t) * f[i][j][k] % P * A(cur - k, t) % P * C(cnt[j + 1], t) % P);} }}// if (cur == 1) cout << f[ii][]}int ans = 0;// rep(j, 0, n - m) cout << f[0][j][sum[j]] << ' ';rep(j, 0, n - m) add(ans, fac[n - sum[j]] * f[n & 1][j][sum[j]] % P);cout << ans << '\n';return 0;
}