[CF1178 F2] Long Colorful Strip

F2 - Long Colorful Strip

很牛的题！

首先，我们可以将颜色相同的一段区间缩成一个点，那么每次加入一个新的颜色时，最多只能将其所覆盖的那个颜色所属的区间分成三部分（原本：00000000，加入1后$\to$0001111000），也就是增加了两个点，那么也就意味着最终所成的点的个数最多只有$2\ast n-1$个，这样的话，$m$看着很大，其实也就是$O(N)$级别的

对于这种区间覆盖的题，优先考虑区间$dp$

设$dp[l][r]$表示让区间$[l,r]$合法的方案数，且满足$[l,r]$中的颜色不会在$[l,r]$外出现

设$p$为区间$[l,r]$中最小的颜色，其出现的最早的位置为$m{n}_p$，最晚的位置为$m{x}_p$，那么显然有我们可以一开始就让$p$覆盖区间$[a,b]$（$[m{n}_p,m{x}_p]\in [a,b]$），那么就有转移式

$$dp[l][r]=\sum _{a\in [l,m{n}_p]}\sum _{b\in [m{x}_p,r]}dp[l][a-1]\times dp[a][b]\times dp[b+1][r]$$

其中，对于$dp[a][b]$，其实就是相当于对于$[a,b]$的所有方案，直接在每种方案的第一个操作之前给$[a,b]$覆盖上颜色$p$即可（总之就是让第一步变成用$p$覆盖$[a,b]$，具体的，若原本的方案没有这一步，加上即可；否则，若其原本只用$p$覆盖$[s,t]$（$[s,t]\in [a,b]$，因为$p$也是$[a,b]$中最小的值，所以原本的用$p$覆盖$[s,t]$的这一步也一定是该方案中的第一步）将其补全成覆盖$[a,b]$即可

但是可以发现，当$a=l,b=r$时，就转不了了，所以考虑将$dp[a][b]$拆开

因为$p$的最早出现位置为$m{n}_p$，最晚出现位置为$m{x}_p$，所以显然有所有处于$[m{n}_p,m{x}_p]$中的颜色的出现区间范围也不会超过$[m{n}_p,m{x}_p]$，这也意味这$[m{n}_p,m{x}_p]$将$[a,b]$分隔成了三个区间$[a,m{n}_p-1],[m{n}_p,m{x}_p],[m{x}_p+1,b]$，这三个区间是“独立的”，即它们的颜色集合没有交集

证明的话可以从$m{n}_p$和$m{x}_p$这两个点下手，因为它们的颜色$p$是区间$[a,b]$中最小的颜色，这就意味着区间$[a,b]$中剩下的所有颜色都不会跨越它们，也就是没有颜色会覆盖上述三个区间中的任意两个，所以所有颜色只会待在对应的一个区间内

$$dp[a][b]=dp[a][m{n}_p-1]\times dp[m{x}_p+1][b]\times \sum _{[i,j]}dp[i][j]$$

其中$[i,j]$表示所有不包含颜色$p$的、属于区间$[m{n}_p,m{x}_p]$的极长区间，它实际上如何转移的和上文中$\mathrm{对}dp[a][b]$的解释一致

所以我们就得到了最终的式子

$$dp[l][r]=\sum _{a\in [l,m{n}_p]}\sum _{b\in [m{x}_p,r]}dp[l][a-1]\times dp[a][m{n}_p-1]\times (\sum _{[i,j]}dp[i][j])\times dp[m{x}_p+1][b]\times dp[b+1][r]$$

复杂度$O(N^3)$

代码中，只要保证了当前区间$[l,r]$的最小颜色$p$的范围属于当前区间，在转移时因为其他转移给$dp[l][r]$的$dp[x][y]$会保证属于$[x,y]$的所有颜色只属于$[x,y]$中，所以最终就一定能保证$[l,r]$中的所有颜色只属于$[l,r]$中

也就是归纳证明即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=505,M=1e6+5,MOD=998244353;
int n,m,col[M],dp[N<<1][N<<1],mn[N],mx[N];
void add(int &x,int y){ x+=y; if(x>=MOD) x-=MOD; }
int ad(int x,int y){ x+=y; if(x>=MOD) x-=MOD; return x; }
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;++i){
		scanf("%d",&col[i]);
		if(col[i]==col[i-1]) --i,--m;
		else (!mn[col[i]])&&(mn[col[i]]=i),mx[col[i]]=i;
	}
	if(m>=(n<<1)) return puts("0"),0;
	for(int i=1;i<=m+1;++i) for(int j=0;j<i;++j) dp[i][j]=1;
	for(int len=1;len<=m;++len)
		for(int l=1,r,p,a,b;l+len-1<=m;++l){
			r=l+len-1,p=N,a=0,b=0;
			for(int k=l;k<=r;++k) p=min(p,col[k]);
			if(mn[p]<l||mx[p]>r) continue;
			for(int k=l-1;k<=mn[p]-1;++k) add(a,1ll*dp[l][k]*dp[k+1][mn[p]-1]%MOD);
			for(int k=mx[p];k<=r;++k) add(b,1ll*dp[mx[p]+1][k]*dp[k+1][r]%MOD);
			dp[l][r]=1ll*a*b%MOD;
			for(int i=mn[p]+1,j=mn[p];i<mx[p];i=(j+=2)){
				for(;col[j+1]!=p;++j) ;
				dp[l][r]=1ll*dp[l][r]*dp[i][j]%MOD;
			}
		}
	printf("%d",dp[1][m]);
	
	return 0;
}