说起来,这题好像也不难……

先考虑 F1 怎么做。

既然别的方法都不行不如试试\(f_{i,j}\) 表示在刚刚准备开始涂 \([i,j]\) 中最小编号的颜色之前,整个区间是同色的,且最后能做到 \([i,j]\) 变成要求的颜色,且所有连续颜色段要么完全在 \([i,j]\) 内,要么完全在 \([i,j]\) 外的方案数。(有点绕,好好理解一下)

那么先找到区间 \([i,j]\) 中的最小值 \(c\),下一步染色的区间 \([l,r]\) 一定要满足 \(i\le l\le r\le j\) 且包括 \(p_c\),其中 \(p_c\) 是 \(c\) 出现的位置。

由于染色后,\([l,r]\) 内同色且与不在 \([l,r]\) 内的异色,那么整个带子变成了四块。(图片来源:官方题解)

这是因为,\(p_c\) 永远不能被重新染色,就把两边分开了;\([l,r]\) 内和 \([l,r]\) 外的已经不同色,后面也不可能变得同色。

那么这四部分可以单独处理。

就有转移方程:\(f_{i,j}=\sum\limits_{l=i}^{p_c}\sum\limits_{r=p_c}^jf_{i,l-1}f_{l,p_c-1}f_{p_c+1,r}f_{r+1,j}\)。这里由于一些边界原因,不妨设 \(f_{i+1,i}=1\)。

这是一个 \(O(n^4)\) 做法(在 F1 中 \(n=m\))。优化的话,发现 \(l\) 和 \(r\) 在转移中独立。可以重写:\(f_{i,j}=(\sum\limits_{l=i}^{p_c}f_{i,l-1}f_{l,p_c-1})(\sum\limits_{r=p_c}^jf_{p_c+1,r}f_{r+1,j})\)

时间复杂度 \(O(n^3)\)。还有个大概 \(\frac{1}{6}\) 的常数。

接下来看看 F2。

首先这个 \(m\) 太大了,无论如何都不能直接区间 DP。

找找性质:

性质 1:如果两个方格某个时刻开始不同色,那么它们会一直不同色。反过来,如果两个方格最后同色,那么它们始终同色。

所以,不妨把连续一段相等的压成一个,不影响答案。

性质 2:把 \(c_i\ne c_{i+1}\) 的 \(i\) 叫做转折点。那么一次染色最多增加两个转折点。

所以,压缩后如果 \(m>2n\),这一定是不可能做到的,直接输出 \(0\)。

那么接下来 \(m\le 2n\),基本上可以按上面的方法来做。不过要稍微修改一下。

比如考虑序列 2,1,2,答案明显是 \(0\)。但是我们上面的做法会用 1 把两边分开单独考虑。

为什么会错呢?因为此时两边不独立。

其实解决方法也很简单,每次判一下是不是序列中所有 \(c\) 都在这个区间中。如果不是的话,给这个区间染色后不可能做到里面是 \(c\),外面也是 \(c\)。

同时,此时这个区间也分成了不止四段。不过问题不大,前后四段还是通过上面的方法转移,中间几段是一定取满的,直接乘上去就好了。

时间复杂度 \(O(n^3+m)\),有个大概 \(\frac{4}{3}\) 的常数。在 CF 神机+ 6s 时限下完全不用怕。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int maxn=1111,mod=998244353;
#define MP make_pair
#define PB push_back
#define lson o<<1,l,mid
#define rson o<<1|1,mid+1,r
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline ll read(){
char ch=getchar();ll x=0,f=0;
while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f?-x:x;
}
int n,m,m_,a[1111111],lft[maxn],rig[maxn],f[maxn][maxn];
int main(){
n=read();m_=read();
while(m_--){
int x=read();
if(x!=a[m]) a[++m]=x;
}
if(m>2*n) return puts("0"),0;
MEM(lft,0x3f);
FOR(i,1,m) lft[a[i]]=min(lft[a[i]],i),rig[a[i]]=max(rig[a[i]],i);
FOR(i,1,m) if(lft[a[i]]==i && rig[a[i]]==i) f[i][i]=1;
FOR(i,0,m) f[i+1][i]=1;
FOR(l,2,m) FOR(i,1,m-l+1){
int j=i+l-1,mn=i;
FOR(k,i+1,j) if(a[k]<a[mn]) mn=k;
int x=lft[a[mn]],y=rig[a[mn]],s1=0,s2=0,pre=0;
if(x<i || y>j) continue;
FOR(k,i,x) s1=(s1+1ll*f[i][k-1]*f[k][x-1])%mod;
FOR(k,y,j) s2=(s2+1ll*f[y+1][k]*f[k+1][j])%mod;
f[i][j]=1ll*s1*s2%mod;
FOR(k,i,j) if(a[k]==a[mn]){
if(pre) f[i][j]=1ll*f[i][j]*f[pre+1][k-1]%mod;
pre=k;
}
}
printf("%d\n",f[1][m]);
}

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