description

【题目描述】
有n + 2个整数a0, a1, . . . , an, an+1， a0 = an+1 = 0。你需要做确切地n次操作，每次
操作为以下形式：
选择一个整数x满足ax ≠ 0，使得ax = 0，令l=maxi<x,ai=0(i),r=mini>x,ai=0(i)l=\text{max}_{i<x,a_i=0}(i),r=\text{min}_{i>x,a_i=0}(i)l=maxi<x,ai=0(i),r=mini>x,ai=0(i)，此次操
作的花费为max(al, al+1+, . . . , ax-1) + max(ax+1. . . , ar-1, ar)牛币。
有多少不同的操作方式使得操作花费的牛币最少，两种操作不同当且仅当两种操
作的操作序列不同。
答案对998244353取模。
友情提示：本题正解复杂度很大，常数很小。
【输入格式】
第一行一个整数n。
第二行n个整数a1, a2, . . . , an。
【输出格式】
输出一行一个整数表示答案。
【样例 1 输入】
5
2 2 2 1 1
【样例 1 输出】
40
【样例 2 输入】
88
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3
4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1
2 3
【样例 2 输出】
235381964
【数据范围】

1≤n≤2000,1≤ai≤n1\le n\le 2000, 1\le a_i\le n1≤n≤2000,1≤ai≤n

solution

设第一个操作的人编号为xxx，则在xxx被操作后，[1,x−1][1,x-1][1,x−1]和[x+1,n][x+1,n][x+1,n]的区间操作就互不影响了

因此可以考虑区间dpdpdp

设fl,rf_{l,r}fl,r为对区间[l,r][l,r][l,r]操作的最小代价，gl,rg_{l,r}gl,r为对区间[l,r][l,r][l,r]操作最小代价的不同操作序列数量

枚举区间操作点iii，则fl,r=min{fl,i−1+fi+1,r},gl,r=gl,i−1∗gi+1,r∗(r−li−l)f_{l,r}=\text{min}\{f_{l,i-1}+f_{i+1,r}\},g_{l,r}=g_{l,i-1}*g_{i+1,r}*\binom{r-l}{i-l}fl,r=min{fl,i−1+fi+1,r},gl,r=gl,i−1∗gi+1,r∗(i−lr−l)

虽然区间dpdpdp是从小到大，但实际上我们的操作是将大区间操作某个点切割成若干小区间

到这里为止，时间复杂度就是O(n3)O(n^3)O(n3)，但是评测机上面跑得飞快，就人间迷惑行为？？

以下是不清楚题解的“正解” ：实际上，贪心的想法，操作区间的最大值肯定是最优秀的，因此只需要枚举区间最大值即可。同时对于一段区间[l,r][l,r][l,r]，如果存在ai=ai+1=max(aj,j∈[l,r))a_i=a_{i+1}=\text{max}\Big(a_j,j\in[l,r)\Big)ai=ai+1=max(aj,j∈[l,r))则此时i,i+1i,i+1i,i+1的选择顺序没有影响，因此当碰到连续两个最大值出现时，直接将区间划分为两段，最大值不连续则仍直接枚举最大值，从而时间复杂度为O(n32)O(n^{\frac{3}{2}})O(n23)

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 998244353
#define maxn 2005
int c[maxn][maxn], f[maxn][maxn], g[maxn][maxn], Max[maxn][maxn];
int a[maxn];
int n;signed main() {freopen( "array.in", "r", stdin );freopen( "array.out", "w", stdout );scanf( "%lld", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &a[i] );for( int i = 0;i <= n;i ++ ) {c[i][0] = c[i][i] = 1;for( int j = 1;j < i;j ++ )c[i][j] = ( c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j] ) % mod;}g[n + 1][n] = 1;for( int l = n;l;l -- ) {g[l][l] = g[l][l - 1] = 1, Max[l][l] = a[l];for( int r = l + 1;r <= n;r ++ ) {f[l][r] = 1e18;Max[l][r] = max( Max[l][r - 1], a[r] );for( int i = l;i <= r;i ++ ) {int x = Max[l][i - 1] + Max[i + 1][r] + f[l][i - 1] + f[i + 1][r];int cnt = g[l][i - 1] * g[i + 1][r] % mod * c[r - l][i - l] % mod;if( x < f[l][r] ) f[l][r] = x, g[l][r] = cnt;else if( x == f[l][r] ) g[l][r] = ( g[l][r] + cnt ) % mod;}}}printf( "%lld\n", g[1][n] );return 0;
}

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solution

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