A. Extreme Extension

题意：给定一个数组，通过ai=x+y的替换方式将数组替换成一个非递减数组，要求求出这个数组以及所有子数组形成非递减数组的最小op数。

思路：对于传统的dp，我们是从前往后递推，同时dp一般表示为前缀和的形式。我们发现该题的操作方式每一个元素如何变换其实是依赖后面数组（无论有无变换）的开头一个数字的。于是我们想到从后向前dp，朴素的表示方式为dpi,j 从i开始的后以j开头的子数组的数量。

为什么表示的是后面子数组的数量呢？这就与每个元素的贡献值有关了，很显然，对于每一个元素来说，他的贡献值是左边可扩展的子数组最大长度*右边子数组可扩展的最大长度*形成当前开头最小值的操作数

**我们将扩展的长度定义为原数组在操作前能够通过op实现合法的最大个数**

对于ai-1来说，当后一个数为c1的情况下，最小操作数=（(ceil(ai-1/c)-1)。显然，c不变的情况下，最小操作数是不变的。同时，我们发现向前扩展的长度也是不变的即为i。

于是ans = (ans + (1ll * c * i % MOD * (k - 1) % MOD)) % MOD;(c为dp[i+1][ai/(ceil(ai-1/c)])

通过滚动数组优化空间。注意滚动数组使用后的复用初始化问题

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<bitset>
#include<cmath>
#include<array>
#include<atomic>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<iomanip>
//#include<bits/stdc++.h>//#define int ll
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);
#define pb push_back
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define Endl endl
#define pre(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define rep(i,b,a) for(int i=b;i>=a;i--)
#define si(x) scanf("%d", &x);
#define sl(x) scanf("%lld", &x);
#define ss(x) scanf("%s", x);
#define YES {puts("YES");return;}
#define NO {puts("NO"); return;}
#define all(x) x.begin(),x.end()using namespace std;typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<int, PII> PIII;
typedef pair<char, int> PCI;
typedef pair<int, char> PIC;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef pair<ll, ll> PLL;
const int N = 1000010, M = 2 * N, B = N, MOD = 998244353;
const double eps = 1e-7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LLINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;//int dx[4] = { -1,0,1,0 }, dy[4] = { 0,1,0,-1 };
int dx[8] = { 1,2,2,1,-1,-2,-2,-1 }, dy[8] = { 2,1,-1,-2,-2,-1,1,2 };
int n, m, k;
int a[N];
ll dp[2][N];
ll ans;
int cur;ll gcd(ll a, ll b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
ll lowbit(ll x) { return x & -x; }
ll qmi(ll a, ll b, ll MOD) {ll res = 1;while (b) {if (b & 1) res = res * a % MOD;a = a * a % MOD;b >>= 1;}return res;
}inline void init() {}void slove()
{cin >> n;int mx = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%d", &a[i]);mx = max(mx, a[i]);}for (int i = 1; i <= mx; i++)dp[0][i] = dp[1][i] = 0;dp[cur][a[n]] = 1;ans = 0;for (int i = n - 1; i >= 1; i--){for (int j = 1; j <= a[i + 1];){int v = a[i + 1] / j, c = dp[cur][v], k = (a[i] + v - 1) / v;ans = (ans + (1ll * c * i % MOD * (k - 1) % MOD)) % MOD;dp[cur ^ 1][a[i] / k] += c, dp[cur][v] = 0, j = a[i + 1] / v + 1;}++dp[cur ^ 1][a[i]]; cur ^= 1;}printf("%d\n", ans);
}signed main()
{//IOS;int _ = 1;si(_);init();while (_--){slove();}return 0;
}
/*
8
abccdbad*/

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