[题解]AT_abc234_g [ABC234G] Divide a Sequence

思路

定义 \(dp_i\) 表示将前 \(i\) 个分为若干段的价值总和。容易得到状态转移方程：

\[dp_i = \sum_{j = 1}^{i - 1}{dp_j \times (\max_{k = j + 1}^{i}\{a_k\} - \min_{k = j + 1}^{i}\{a_k\})} \]

于是考虑将其拆成 \(\max_{k = j + 1}^{i}\{a_k\}\) 与 \(\min_{k = j + 1}^{i}\{a_k\}\) 两个子问题。

在这里我们先讨论 \(\max_{k = j + 1}^{i}\{a_k\}\) 这一子问题。

令 \(x\) 表示在 \(i\) 左边第一个大于 \(a_i\) 的位置。那么，一定有 \(\max_{k = x + 1}^{i}\{a_k\} = a_i\)；\(\max_{k = 1}^{x}\{a_k\} > a_i\)。

所以，\(a_i\) 能对答案产生贡献当且仅当 \(j > x\)。\(x\) 是很好求的，直接用单调栈维护即可。

那么我们现在的问题就变为了如何求 \(j \leq x\) 所能产生的贡献。

考虑用一个数组 \(mx_i\) 表示 \(\sum_{j = 1}^{i - 1}{dp_j \times \max_{k = j + 1}^{i}\{a_k\}}\)。

那么显然有：

\[mx_i = mx_x + (\sum_{k = x}^{i - 1}dp_k) \times a_i \]

然后用前缀和优化一下即可做到 \(\Theta(n)\) 时间复杂度解决。

对于 \(\min_{k = j + 1}^{i}\{a_k\}\) 的子问题同理可用一个 \(mn\) 数组解决。

code

#include <bits/stdc++.h>
#define re register
#define int long long

using namespace std;

const int N = 3e5 + 10,mod = 998244353;
int n;
int arr[N];
int tp1,st1[N];
int tp2,st2[N];
int Max[N],Min[N],dp[N];

inline int read(){
	int r = 0,w = 1;
	char c = getchar();
	while (c < '0' || c > '9'){
		if (c == '-') w = -1;
		c = getchar();
	}
	while (c >= '0' && c <= '9'){
		r = (r << 3) + (r << 1) + (c ^ 48);
		c = getchar();
	}
	return r * w;
}

inline int Add(int a,int b){
	return (a + b) % mod;
}

inline int Sub(int a,int b){
	return ((a - b) % mod + mod) % mod;
}

inline int Mul(int a,int b){
	return a * b % mod;
}

signed main(){
	dp[0] = 1;
	n = read();
	for (re int i = 1;i <= n;i++) arr[i] = read();
	for (re int i = 1;i <= n;i++){
		while (tp1 && arr[st1[tp1]] <= arr[i]) tp1--;
		while (tp2 && arr[st2[tp2]] >= arr[i]) tp2--;
		if (tp1) Max[i] = Add(Max[st1[tp1]],Mul(Sub(dp[i - 1],dp[st1[tp1] - 1]),arr[i]));
		else Max[i] = Mul(dp[i - 1],arr[i]);//当 tp1 和 tp2 为 0 时需要特殊处理，避免越界 
		if (tp2) Min[i] = Add(Min[st2[tp2]],Mul(Sub(dp[i - 1],dp[st2[tp2] - 1]),arr[i]));
		else Min[i] = Mul(dp[i - 1],arr[i]);
		dp[i] = Add(dp[i - 1],Sub(Max[i],Min[i]));
		st1[++tp1] = st2[++tp2] = i;
	}
	printf("%lld",Sub(dp[n],dp[n - 1]));
	return 0;
}