[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;  
}