[dp] [组合计数] [神仙题] ARC146e Simple Speed

显然这是 \(\rm dp\)。

容易想到一个以 \(B\) 序列长度定义的做法，但是没法优化。

改变角度，从值域入手，即将元素从小到大依次插入 \(B\) 序列，这样的好处是元素大小有序，即新插入的元素一定大于原来插入的元素。

考虑插入型 \(dp\)，定义 \(f_{i,j}\) 表示考虑 \([1,i]\) 的元素构成了 \(j\) 个合法区间的方案数，注意到每个区间的左边界和右边界必须为 \(i\)，否则此后无法被合并成大的合法区间。

设当前插入 \(i\)，枚举 \(f_{i-1,j}\)。那么每个合法区间的间隙都必须插入一个 \(i\)，然后我们随意将剩下的 \(a_i-(j-1)\) 个 \(i\) 安排在这些间隙，这是个经典问题，方案数是可以算出来的。最后考虑插入完毕后的合法区间数，易发现安排完 \(j-1\) 个 \(i\) 后，剩下的所有 \(i\) 要么将一个合法区间断开成为两个，要么独自构成一个合法区间，总的来说就是每添加一个 \(i\) 就会使得区间数 \(+1\)，因此最终区间数为 \(a_i-(j-1)+1\)。

但是这样会少算一些方案，我们注意到最左 / 最右区间的左边 / 右边不一定要是 \(i\)，于是完善状态： \(f_{i,j,0/1,0/1}\) 表示考虑最左边是否为 \(i\) 和最右边是否为 \(i\)，若钦定某一边必须放 \(i\)，就在一开始分配一个 \(i\) 给它，并且之后随意分配时允许在这一边放 \(i\)。

理清思路后，转移方程就很简单了，建议自己手推。

至此，复杂度为 \(O(n\sum a_i)\)，不过容易发现 \(j\) 这一维必须 \(\le a\)，否则此后不可能将合法区间合并为一个区间，复杂度 \(O(n^2)\)。

然后怎么办？如果你将状态转移画成图，就能发现对于每个 \(i\)，可能有值的 \(f_{i,j}\) 不超过 \(3\) 个，这道题神就神在这了。于是拿个 map 或 set 保存状态即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long
#define ADD(a, b) (a) = ((a) + (b)) % mod
const int N = 2e5 + 5, mod = 998244353;
int n, a, f[N][2][2], f2[N][2][2];
int jc[N << 1], jcinv[N << 1];
set<int>now, now2;

inline int qstp(int a, int k) {int res = 1; for(; k; a = a * a % mod, k >>= 1) if(k & 1) res = res * a % mod; return res;}
inline void init() {jcinv[0] = jc[0] = 1; for(int i = 1; i < N << 1; ++i) jcinv[i] = qstp(jc[i] = jc[i - 1] * i % mod, mod - 2);}
inline int C(int n, int m) {return (n < 0 || m < 0 || n < m) ? 0 : jc[n] * jcinv[n - m] % mod * jcinv[m] % mod;}
inline int S(int n, int m) {return C(m + n - 1, n - 1);}
signed main(){
	init();
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; ++i){
		scanf("%lld", &a), now2.clear();
		if(i == 1) {
			f[a][1][1] = 1, now.insert(a);
			continue;
		}
		for(auto j : now){
			int cnt = a - j + 2, sum = a - j + 1;
			if(sum < 0) continue;
			
			if(f[j][0][0])
				ADD(f2[cnt][0][0], f[j][0][0] * S(j - 1, sum)), now2.insert(cnt);
			
			if(f[j][0][1]){
				ADD(f2[cnt][0][0], f[j][0][1] * S(j - 1, sum)), now2.insert(cnt);
				ADD(f2[cnt - 1][0][1], f[j][0][1] * S(j, sum - 1)), now2.insert(cnt - 1);
			}
			
			if(f[j][1][0]){
				ADD(f2[cnt][0][0], f[j][1][0] * S(j - 1, sum)), now2.insert(cnt);
				ADD(f2[cnt - 1][1][0], f[j][1][0] * S(j, sum - 1)), now2.insert(cnt - 1);
			}
			
			if(f[j][1][1]){
				ADD(f2[cnt][0][0], f[j][1][1] * S(j - 1, sum)), now2.insert(cnt);
				ADD(f2[cnt - 1][0][1], f[j][1][1] * S(j, sum - 1)), now2.insert(cnt - 1);
				ADD(f2[cnt - 1][1][0], f[j][1][1] * S(j, sum - 1)), now2.insert(cnt - 1);
				ADD(f2[cnt - 2][1][1], f[j][1][1] * S(j + 1, sum - 2)), now2.insert(cnt - 2);
			}
		}
		for(auto j : now)
			f[j][0][0] = f[j][0][1] = f[j][1][0] = f[j][1][1] = 0;
		for(auto j : now2)
			for(int q = 0; q < 2; ++q)
				for(int p = 0; p < 2; ++p)
					f[j][q][p] = f2[j][q][p], f2[j][q][p] = 0;
		now = now2;
	} 
	cout << (f[1][0][0] + f[1][0][1] + f[1][1][0] + f[1][1][1]) % mod;
	return 0;
}