[atAGC056B]Range Argmax

对于一组合法的$\{x_{i}\}$，取最小的$k$使得$\forall k\in [l_{i},r_{i}],x_{i}=k$，其中$k$存在性显然

进一步的，考虑枚举$k$并求对应于这个$k$的合法$\{x_{i}\}$数量，$\{x_{i}\}$条件即：

1.$\forall k\in [l_{i},r_{i}],x_{i}=k$且不存在$1\le k'<k$满足此条件

2.合法性，且显然存在对应的$\{p_{i}\}$使得$p_{k}=n$，这就保证条件在$k\in [l_{i},r_{i}]$时成立，同时剩下的区间即可以被分为$[1,k)$和$(k,n]$两个子问题

（子问题$[L,R]$指仅考虑$[l_{i},r_{i}]\subseteq [L,R]$的区间）

对两个子问题分别处理：

1.$(k,n]$这个子问题与第1个条件无关，直接利用区间dp求出即可

2.$[1,k)$这个子问题与第1个条件结合，考虑其对应的$k'$，即要存在区间同时包含$k$和$k'$

换言之，记$mn$为包含$k$的区间最小左端点，即要求$k'\ge mn$

 

综合上述分析，不难得到以下做法——

令$f_{L,R,t}$表示$[L,R]$这个子问题中对应的$k\ge t$的合法$\{x_{i}\}$​数量，转移即
$$
f_{L,R,t}=\sum_{k=t}^{R}f_{L,k-1,mn_{L,R,k}}f_{k+1,R,k+1}=f_{L,R,t+1}+f_{L,t-1,mn_{L,R,t}}f_{t+1,R,t+1}
$$
（其中$mn_{L,R,k}$为$[L,R]$这个子问题中包含$k$的区间最小左端点，可以$o(n^{3})$预处理出来）

时间复杂度为$o(n^{3})$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 305
#define mod 998244353
#define ll long long
int n,m,x,y,vis[N][N],mn[N][N][N],f[N][N][N];
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        vis[x][y]=1;
    }
    for(int i=n;i;i--)
        for(int j=i;j<=n;j++)
            for(int k=i;k<=j;k++){
                mn[i][j][k]=k;
                if (i<k)mn[i][j][k]=min(mn[i][j][k],mn[i+1][j][k]);
                if (k<j)mn[i][j][k]=min(mn[i][j][k],mn[i][j-1][k]);
                if (vis[i][j])mn[i][j][k]=i;
            }
    for(int i=0;i<=n;i++)f[i+1][i][i+1]=1;
    for(int i=n;i;i--)
        for(int j=i;j<=n;j++){
            int s=0;
            for(int k=j;k>=i;k--){
                s=(s+(ll)f[i][k-1][mn[i][j][k]]*f[k+1][j][k+1])%mod;
                f[i][j][k]=s;
            }
        }
    printf("%d\n",f[1][n][1]);
    return 0;
}