[ARC128D] Neq Neq 题解

不难考虑设 \(f_i\) 表示现在处理了前 \(i\) 个数，第 \(i\) 个数必选得到的方案数。由于 \(a_n\) 不可能被删掉（需要一个 \(a_{n+1}\)），所以答案即为 \(f_n\)。

对 \(f_i\)，我们考虑前一个被保留的数 \(j\)，问题转化成被 \(i,j\) 夹住的一段连续的数可不可以全部删掉，分类讨论：

1. \(j=i-1\)：啥都没夹，当然能全删了。
2. 有两个相同颜色的数相邻：肯定不行，因为这两个数互相锁死了。
3. 相邻数互不相等：
   1. 有两种颜色：那么只可能形如 b|abababab|a，这种情况能够全删只可能是 a|b|a。因为只要中间那段长度大于 \(1\) 后，随便删掉哪个数都会变成第二种情况。
   2. 有三种及以上颜色：那么最坏情况下也肯定形如 a|babacabab|a，我们单独把 c 拿出来，可以发现，我们只要以 c 为中心，不断地消除左边和右边的数即可。

我们现在就能判断一段数能不能被删了，现在只剩下一个问题：怎么快速寻找 \(j\)？

由于不能有两个相同颜色的数相邻，所以在扫描序列的过程中，只要出现了 \(a_{i-1}=a_i\)，那么之后的数就不能扫描到 \(i-1\)，因为扫到那里就会出现相邻同颜色，于是我们解决了这个问题。

至于判断颜色种数，你直接双指针不就完了。/cf/cf/cf。

#include <atcoder/all>
#include <iostream>

using namespace std;
using LL = atcoder::modint998244353;

const int kN = 2e5 + 1;

int n, a[kN], c[kN], cc;
LL f[kN], s[kN];

void A(int x) { cc += !c[a[x]]++; }
void D(int x) { cc -= !--c[a[x]]; }

int main() {
  ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
  cin >> n;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    cin >> a[i];
  }
  f[1] = s[1] = 1, A(1);
  for (int i = 2, p = 0, j = 1; i <= n; ++i) {
    f[i] += f[i - 1];
    if (i > 2 && a[i - 2] == a[i] && a[i - 1] != a[i]) {
      f[i] += f[i - 2];
    }
    A(i);
    if (a[i - 1] == a[i]) {
      p = i - 1;
      s[i] = s[i - 1] + f[i];
      continue;
    }
    for (; cc > 2; D(j++)) {
    }
    if (cc == 2 && j > p) {
      f[i] += s[j - 1] - s[p];
    }
    s[i] = s[i - 1] + f[i];
  }
  cout << f[n].val();
  return 0;
}