Educational Codeforces Round 118 (Rated for Div. 2) D. MEX Sequences
真的太难了啊!!
首先考虑到表示,从前个数中选,最后一个数为,且,因为有的存在,那么只能取这两种值。
列出方程:
但是这样需要复杂度。
而发现给定的值很小,因此可以直接把这个作为状态。
表示从前i个数中选,,且最后一个数为,的方案数,那么当前x影响的只有与这两种方案,这样复杂度就降为了
下面进行分类讨论:
1. 若,最后一个数为的方案。
1.1 前个数,最后一个数为的方案。
1.2 前个数,最后一个数为,再添加一个的方案。
1.3 前个数,最后一个数为,再添加一个的方案。
那么方程如下:
2. 若,最后一个数为的方案。
2.1 前个数,最后一个数为的方案。
2.2 前个数,最后一个数为,再添加一个的方案。
那么方程如下:
3. 若,最后一个数为的方案。
3.1 前个数,最后一个数为的方案。
3.2 前个数,最后一个数为,再添加一个的方案。
3.3 前个数,最后一个数为,再添加一个的方案。
那么方程如下:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int Mod = 998244353;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
//memset(f, 0, sizeof f);
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
vector<vector<ll>> f(n + 2, vector<ll>(4, 0));
f[0][0] = 1;
//f[0][1] = ;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int x = a[i];
f[x + 1][0] = (f[x + 1][0] * 2 % Mod + f[x][0]) % Mod;
f[x + 1][1] = f[x + 1][1] * 2 % Mod;
if (x > 0) {
f[x - 1][1] = (f[x - 1][1] * 2 % Mod + f[x - 1][0]) % Mod;
}
}
ll res = 0;
for (int i = 0; i <= n; i++) {
res = (res + f[i][0] + f[i][1]) % Mod;
}
cout << (res - 1 + Mod) % Mod << "\n";
}
return 0;
}
标签:
Codeforces 题解
, DP
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