CF1178F Short/Long Colorful Strip（DP）

说起来，这题好像也不难……

先考虑 F1 怎么做。

既然别的方法都不行不如试试\(f_{i,j}\) 表示在刚刚准备开始涂 \([i,j]\) 中最小编号的颜色之前，整个区间是同色的，且最后能做到 \([i,j]\) 变成要求的颜色，且所有连续颜色段要么完全在 \([i,j]\) 内，要么完全在 \([i,j]\) 外的方案数。（有点绕，好好理解一下）

那么先找到区间 \([i,j]\) 中的最小值 \(c\)，下一步染色的区间 \([l,r]\) 一定要满足 \(i\le l\le r\le j\) 且包括 \(p_c\)，其中 \(p_c\) 是 \(c\) 出现的位置。

由于染色后，\([l,r]\) 内同色且与不在 \([l,r]\) 内的异色，那么整个带子变成了四块。（图片来源：官方题解）

这是因为，\(p_c\) 永远不能被重新染色，就把两边分开了；\([l,r]\) 内和 \([l,r]\) 外的已经不同色，后面也不可能变得同色。

那么这四部分可以单独处理。

就有转移方程：\(f_{i,j}=\sum\limits_{l=i}^{p_c}\sum\limits_{r=p_c}^jf_{i,l-1}f_{l,p_c-1}f_{p_c+1,r}f_{r+1,j}\)。这里由于一些边界原因，不妨设 \(f_{i+1,i}=1\)。

这是一个 \(O(n^4)\) 做法（在 F1 中 \(n=m\)）。优化的话，发现 \(l\) 和 \(r\) 在转移中独立。可以重写：\(f_{i,j}=(\sum\limits_{l=i}^{p_c}f_{i,l-1}f_{l,p_c-1})(\sum\limits_{r=p_c}^jf_{p_c+1,r}f_{r+1,j})\)

时间复杂度 \(O(n^3)\)。还有个大概 \(\frac{1}{6}\) 的常数。

接下来看看 F2。

首先这个 \(m\) 太大了，无论如何都不能直接区间 DP。

找找性质：

性质 1：如果两个方格某个时刻开始不同色，那么它们会一直不同色。反过来，如果两个方格最后同色，那么它们始终同色。

所以，不妨把连续一段相等的压成一个，不影响答案。

性质 2：把 \(c_i\ne c_{i+1}\) 的 \(i\) 叫做转折点。那么一次染色最多增加两个转折点。

所以，压缩后如果 \(m>2n\)，这一定是不可能做到的，直接输出 \(0\)。

那么接下来 \(m\le 2n\)，基本上可以按上面的方法来做。不过要稍微修改一下。

比如考虑序列 2,1,2，答案明显是 \(0\)。但是我们上面的做法会用 1 把两边分开单独考虑。

为什么会错呢？因为此时两边不独立。

其实解决方法也很简单，每次判一下是不是序列中所有 \(c\) 都在这个区间中。如果不是的话，给这个区间染色后不可能做到里面是 \(c\)，外面也是 \(c\)。

同时，此时这个区间也分成了不止四段。不过问题不大，前后四段还是通过上面的方法转移，中间几段是一定取满的，直接乘上去就好了。

时间复杂度 \(O(n^3+m)\)，有个大概 \(\frac{4}{3}\) 的常数。在 CF 神机+ 6s 时限下完全不用怕。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int maxn=1111,mod=998244353;
#define MP make_pair
#define PB push_back
#define lson o<<1,l,mid
#define rson o<<1|1,mid+1,r
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline ll read(){
	char ch=getchar();ll x=0,f=0;
	while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
	while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return f?-x:x;
}
int n,m,m_,a[1111111],lft[maxn],rig[maxn],f[maxn][maxn];
int main(){
	n=read();m_=read();
	while(m_--){
		int x=read();
		if(x!=a[m]) a[++m]=x;
	}
	if(m>2*n) return puts("0"),0;
	MEM(lft,0x3f);
	FOR(i,1,m) lft[a[i]]=min(lft[a[i]],i),rig[a[i]]=max(rig[a[i]],i);
	FOR(i,1,m) if(lft[a[i]]==i && rig[a[i]]==i) f[i][i]=1;
	FOR(i,0,m) f[i+1][i]=1;
	FOR(l,2,m) FOR(i,1,m-l+1){
		int j=i+l-1,mn=i;
		FOR(k,i+1,j) if(a[k]<a[mn]) mn=k;
		int x=lft[a[mn]],y=rig[a[mn]],s1=0,s2=0,pre=0;
		if(x<i || y>j) continue;
		FOR(k,i,x) s1=(s1+1ll*f[i][k-1]*f[k][x-1])%mod;
		FOR(k,y,j) s2=(s2+1ll*f[y+1][k]*f[k+1][j])%mod;
		f[i][j]=1ll*s1*s2%mod;
		FOR(k,i,j) if(a[k]==a[mn]){
			if(pre) f[i][j]=1ll*f[i][j]*f[pre+1][k-1]%mod;
			pre=k;
		}
	}
	printf("%d\n",f[1][m]);
}