CF1585F Non-equal Neighbours - 容斥 - dp - 单调栈

题目链接：https://codeforces.com/problemset/problem/1585/F

题解：
难难难
考虑容斥：设 $A_i$ 表示 $b_i \neq b_{i+1}$ ($i=1,2,\cdots,n-1$) 时对应的 $\{b_i\}$ 方案的答案
那么答案就是 $$\bigcap_{{i=1}}^{n}A_{i} = |U|-\left|\bigcup_{i=1}^n\overline{A_i}\right|$$
后者可以用容斥原理化简。也就是这个式子：

$$\begin{aligned}\left|\bigcup _{i=1}^{n}A_{i}\right|={};\sum _{i=1}^{n}|A_{i}|-\sum _{1\leq i;j\leq n}|A_{i}\cap A_{j}|+\sum _{1\leq i;j;k\leq n}|A_{i}\cap A_{j}\cap A_{k}|-\cdots +(-1)^{n-1}\left|A_{1}\cap \cdots \cap A_{n}\right|.\end{aligned}$$

考虑这个过程的意义：$|\overline{A_i}|$ 的含义就是我钦定了 $b_i=b_{i+1}$，然后剩下的随便选（也就是没有限制了），$|\overline{A_i}\cup\overline{A_j}|$ 的含义就是钦定了 $b_i=b_{i+1}\and b_j=b_{j+1}$，然后剩下的没有限制。
那这个贡献如何算呢？我们发现，如果有 $b_i=b_{i+1}=b_{i+2}$ 的话，那么这段的贡献就是三个数的 min，再和别的部分相乘。
可以将每一个相同的连续部分看成一“段”，如果已经钦定了 $k$ 个连续的部分，那相当于有 $n-k$ 个“段”，考虑对段的贡献进行 dp。
设 $dp_{i,j}$ 表示考虑到第 $i$ 个位置，当前划分了 $j$ 个段的贡献，那么显然 $dp_{i,j} \leftarrow dp_{k,j-1}\times min(a_{k+1}..a_i)$
注意这里“段”的意义是我“钦定”的段。一个例子：我可以将 $1..5$ 划分为 $[1,3], [4,4], [5,5]$，段内的元素一定是相同的，这是我钦定的，但是段间的元素也可能相同，这是我钦定之后没有其它限制条件的结果。例如 $a_4=a_5$ 是合法的。
然后由于容斥系数的正负只和 $j$ 的奇偶性有关，可以变成 $O(n^2)$，再利用单调栈记录一下上一个比当前位置小的位置，写出来转移发现可以化简。后面的部分和这篇博客差别不大。

代码：

// by SkyRainWind
#include <bits/stdc++.h>
#define mpr make_pair
#define debug() cerr<<"Yoshino\n"
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef long long LL;

const int inf = 1e9, INF = 0x3f3f3f3f, maxn = 2e5+5, mod =998244353;

int n,a[maxn];
int dp[maxn][2], pre[maxn][2];
stack<int>stk;

signed main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	dp[0][0] = pre[0][0] = 1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(!stk.empty() && a[stk.top()] >= a[i])stk.pop();
		if(stk.empty()){
			dp[i][0] = 1ll * pre[i-1][1] * a[i] % mod;
			dp[i][1] = 1ll * pre[i-1][0] * a[i] % mod;
		}else{
			int p = stk.top();
			for(int j=0;j<=1;j++){
				(dp[i][j] = 1ll*dp[p][j] + 1ll*(pre[i-1][j^1]-pre[p-1][j^1]+mod)*a[i]%mod)%=mod;
			}
		}
		for(int j=0;j<=1;j++)
			(pre[i][j] = pre[i-1][j] + dp[i][j])%=mod;
		stk.push(i);
	}
	int sgn = (n&1) ? -1 : 1;
	printf("%d\n",((dp[n][0]-dp[n][1])*sgn+mod)%mod);

	return 0;
}