D. [CSP-J二十连测第九套 ] --T4--计数（count）

D. [CSP-J二十连测第九套 ] --T4--计数（count）
这道题是一道很好的dp。
假设留下的序列是 \(b\)，首先有个4个性质：

• 最后剩下的是原序列 \(a\) 的子序列。
• 对于 \(b_1\)，他在原序列中假设位置为 \(x\)，那么从 \(a_1\) \(a_x\) 的最小值必须是 \(b_1\)。
• 对于 \(b_n\)，他在原序列中假设位置是 \(y\)，那么从 \(a_y\)到 \(a_n\) 的最小值必须是 \(b_n\)。
• 对于 \(b_i\) 到 \(b_{i+1}\)，他们所对应原序列的位置之间的值的最小值必须是 \(b_i\) 或 \(b_{i+1}\)。

所以，对于以上情况，我们可以 dp，设 \(f_i\) 表示以 \(i\) 为结尾的方案数有多少个，我们找到他左边第一个比他小的 \(pos_i\) 位置，至于合法情况有两种。

1. 如果 \(j\in[pos_i+1,i-1]\)，那么这一个区间任意一个位置均可转移，用前缀和优化。
2. 如果 \(j\in[1,pos_i]\)，那么所有 \(a_j>a_i\) 位置的 \(j\) 都不合法，也就是说 \(\min_{k=j}^ia_k=a_j\)。由此可看，另一部分的贡献为 \(f_{pos_i}+f_{pos_{pos_i}},...\)，用 \(g\) 数组去存，每一次更新即可。（这一块处理很妙，我没想到）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+5,MOD=998244353;
int n,s[N],top,a[N],f[N],ans,mn=1e9;
int l[N],r[N],pre[N],g[N];
void file()
{
	#ifdef ONLINE_JUDGE
	freopen("count.in","r",stdin);
	freopen("count.out","w",stdout);
	#endif
}
int cal(int x,int y)
{
	return ((x+y)%MOD+MOD)%MOD;
}
int main()
{
	file();
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	s[top=0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		while(top&&a[s[top]]>a[i]) top--;
		l[i]=s[top];
		s[++top]=i;
	}
	s[top=0]=n+1;
	for(int i=n;i;i--)
	{
		while(top&&a[s[top]]>a[i]) top--;
		r[i]=s[top];
		s[++top]=i;
	}
	f[0]=pre[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(!l[i]) f[i]=pre[i-1];
		else
		{
			f[i]=cal(pre[i-1],-pre[l[i]]);
			f[i]=cal(f[i],g[l[i]]);
		}
		pre[i]=cal(pre[i-1],f[i]);
		g[i]=cal(g[l[i]],f[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) if(r[i]==n+1) ans=cal(ans,f[i]);
	cout<<ans<<"\n";
	return 0;
}