CF1178F2 Long Colorful Strip

XLVI.CF1178F2 Long Colorful Strip

首先，每一次染色，最多把一整段连续的同色格子，分成了三段。

并且，明显我们可以把连续的同色格子，直接看作一个。

这就意味着，在这么压缩后，有\(m<2n\)。

这就意味着\(O(m^3)\)的复杂度是可以接受的。

还是考虑和前一道题一样的DP。

但是这题，并非所有的\(f[i,j]\)都是合法的；只有对于每一种颜色，它所有的格子要么全都在段内，要么全都在段外，这样的\(f[i,j]\)才是合法的。因为，两个格子只要从什么时候开始颜色不一样了，那它们的颜色也会一直不一样下去。

考虑如何转移。

因为每种颜色都可能出现了不止一次，所以对于一种颜色\(c\)，我们有必要记录它出现的最左端\(mn_c\)与最右端\(mx_c\)。

则转移时的左右两端仍然可以采取和上一问一模一样的转移方式，即

\(f[i,j]=(\sum\limits_{k=i}^{mn_{mp}}f[i,k-1]*f[k,mn_{mp}-1])*(\sum\limits_{l=mx_{mp}}^jf[mx_{mp}+1,l]*f[l+1,j])\)

同时，对于区间\([mn_{mp},mx_{mp}]\)内的非\(mp\)的所有连续格子段\([p_x,q_x]\)，我们也都应该计算它们的贡献。

因此我们最终得到的是

\(f[i,j]=(\sum\limits_{k=i}^{mn_{mp}}f[i,k-1]*f[k,mn_{mp}-1])*(\sum\limits_{l=mx_{mp}}^jf[mx_{mp}+1,l]*f[l+1,j])*\prod f[p_x,q_x]\)

复杂度仍是\(O(n^3)\)。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n,m,num[1000100],f[1010][1010],mn[1010],mx[1010];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	memset(mn,0x3f3f3f3f,sizeof(mn));
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d",&num[i]);
		if(num[i]==num[i-1])i--,m--;
	}
	if(m>2*n){puts("0");return 0;}
//	for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d ",num[i]);puts("");
	for(int i=1;i<=m;i++)mx[num[i]]=max(mx[num[i]],i),mn[num[i]]=min(mn[num[i]],i);
//	for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d %d\n",mx[i],mn[i]);
	for(int i=1;i<=m+1;i++)for(int j=0;j<i;j++)f[i][j]=1;
	for(int l=1;l<=m;l++)for(int i=1,j=i+l-1;j<=m;i++,j++){
		int mp=0x3f3f3f3f;
		for(int k=i;k<=j;k++)mp=min(mp,num[k]);
		if(mn[mp]<i||mx[mp]>j)continue;
		int A=0,B=0;
		for(int k=mn[mp];k>=i;k--)(A+=(1ll*f[i][k-1]*f[k][mn[mp]-1]%mod))%=mod;
		for(int l=mx[mp];l<=j;l++)(B+=(1ll*f[mx[mp]+1][l]*f[l+1][j]%mod))%=mod;
		f[i][j]=1ll*A*B%mod;
//		printf("(%d,%d):\n",i,j);
		for(int p=mn[mp]+1,q=mn[mp];p<mx[mp];){
			while(q<j&&num[q+1]!=mp)q++;
//			printf("(%d,%d)\n",p,q);
			f[i][j]=1ll*f[i][j]*f[p][q]%mod;
			q++,p=q+1;
		}
//		printf("%d\n",f[i][j]);
	}
	printf("%d\n",f[1][m]);
	return 0;
}