[ARC115E] LEQ and NEQ 题解

我这场打的 VP，结果 E 思考的时间比 A 还少。。

但是我觉得我能想出这道题还是很有意义的，写篇题解记录一下。

首先应该都不难想到动态规划吧？我们先使用暴力 DP：设 \(dp_{i,j}\) 表示处理完前 \(i\) 个数，第 \(i\) 个数为 \(j\) 的方案数。我们考虑进行分类讨论：

• \(a_i≥a_{i-1}\)：此时 \(j\) 有两种取值范围，分别是 \(1\leq j\leq a_{i-1}\) 以及 \(a_{i-1}<j\leq a_i\)。对于后者的范围，我们发现 \(j\) 怎么取都不会影响到 \(i-1\) 的取值，我们设 \(f_i=\sum_{1\leq j\leq a_i}dp_{i,j}\)，因此这一部分的 \(dp_{i,j}=f_{i-1}\)。对于 \(1\leq j\leq a_{i-1}\)，我们就要考虑到 \(x_{i-1}≠x_i\) 的限制。根据容斥原理，我们用 \(f_{i-1}\) 减去 \(dp_{i-1,j}\) 的情况就行了，于是得到下面的转移：

\[dp_{i,j}= \begin{cases} f_{i-1}-dp_{i-1,j} & 1\leq j\leq a_{i-1} \\ f_{i-1} & a_{i-1}<j\leq a_i \end{cases} \]

• \(a_i<a_{i-1}\)：这个时候无论 \(j\) 取 \([1,a_i]\) 的什么值都有可能受到 \(x_{i-1}\) 的影响。不过思路还是用上面的容斥，我们得到：

\[dp_{i,j}=f_{i-1}-dp_{i-1,j} \]

知道这些之后，我们要得到的答案就是：

\[ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{a_{i}}dp_{i,j}=\sum_{i=1}^nf_i \]

因此，若要在题目所给的数据范围限制下快速得到答案，我们必须想办法快速处理出 \(f_i\) 的值。

0x01

对于 \(a_i≥a_{i-1}\) 的情况，我们直接加和：

\[\begin{aligned} f_i&=\sum_{j=1}^{a_{i-1}}(f_{i-1}-dp_{i-1,j})+\sum_{j=a_{i-1}+1}^{a_i}f_{i-1}\\ &=a_{i-1}\times f_{i-1}+(a_i-a_{i-1})\times f_{i-1}-\sum_{j=1}^{a_{i-1}}dp_{i-1,j}\\ \end{aligned} \]

根据 \(f_i\) 的定义可知，等式右边减去的式子其实就是 \(f_{i-1}\)，因此合并同类项得到：

\[f_i=f_{i-1}\times (a_i-1) \]

0x02

对于 \(a_i<a_{i-1}\) 的情况，我们同样进行数学计算：

\[\begin{aligned} f_i&=\sum_{j=1}^{a_i}(f_{i-1}-dp_{i-1,j})\\ &=a_i\times f_{i-1}-\sum_{j=1}^{a_i}dp_{i-1,j} \end{aligned} \]

化简最多也就能变成这样，内层的求和还是不能省去。本题有价值的思路来了：我们想象一下 \(\sum_{j=1}^{a_i}dp_{i-1,j}\) 的实际意义。我们假设现在的 \(a_{i-1}\) 不再是原来的 \(a_{i-1}\)，而是被强制修改为了 \(a_i\) 的值，那么 \(\sum_{j=1}^{a_{i-1}}dp_{i-1,j}=f_{i-1}\) 其实就是 \(\sum_{j=1}^{a_i}dp_{i-1,j}\)。

于是 \(\sum_{j=1}^{a_i}dp_{i-1,j}\) 就相当于把 \(a_{i-1}\) 换成 \(a_i\) 之后所处理出来的 \(f_{i-1}\)，令这个 \(f_{i-1}\) 为 \(f'_{i-1}\)。所以：

\[f_{i}=a_i\times f_{i-1}-f'_{i-1} \]

我们再继续展开，去考虑 \(f'_{i-1}\) 的求法。其实就是不断重复上述过程进行递归，直到当前已经递归到了边界或者 \(a_{i-1}\leq a_i\) 的情况。

但是极限数据不允许我们暴力递归。我们令 \(f'_j\) 表示当 \(a_j=a_i\) 时处理出来的 \(f_j\)。为了方便分析，我们造一组数据 \(a=\{1,3,3,3,2\}\)。接着，我们按照上述方法求 \(f_5\)：

\[\begin{aligned} f_5&=a_5\times f_4-f'_4\\ &=a_5\times f_4-a_5\times f_3+f'_3\\ &=a_5\times f_4-a_5\times f_3+a_5\times f_2-f'_2\\ &=a_5\times f_4-a_5\times f_3+a_5\times f_2-f_1\times (a_5-1)\\ &=a_5\times (f_4-f_3+f_2)-f_1\times (a_5-1) \end{aligned} \]

结合上述推理，我们可以使用单调栈求出 \([1,i-1]\) 中最靠后的 \(\leq a_i\) 的元素下标 \(l_i\)，则有：

\[f_i=a_i\times(f_{i-1}-f_{i-2}+f_{i-3}\dots ±f_{l_i+1})-[±f_{l_i}\times(a_i-1)] \]

不难发现可以通过将 \(i\) 分为奇数和偶数去处理前缀和，然后求出 \(f_{i-1}-f_{i-2}+f_{i-3}\dots\) 的值，后面的 \(f_{l_i}\times (a_i-1)\) 的正负判断也可以利用 \(i-l_i\) 的奇偶。

最后注意一下各种取模就行了，代码也比较短小：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=5e5+5;
const int MOD=998244353;
int n,a[MAXN];
long long dp[MAXN],sum[MAXN],num[MAXN];
int stk[MAXN],cnt,l[MAXN];
int main()
{
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)	cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		while(cnt&&a[stk[cnt]]>a[i])	cnt--;
		l[i]=stk[cnt],stk[++cnt]=i;
	}
	dp[1]=a[1]%MOD,sum[1]=a[1]%MOD;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if((i-1)&1)	dp[i]=sum[i-1]+num[l[i]]-sum[l[i]]-num[i-1]+MOD*2,dp[i]%=MOD;
		else	dp[i]=num[i-1]+sum[l[i]]-num[l[i]]-sum[i-1]+MOD*2,dp[i]%=MOD;
		dp[i]*=a[i],dp[i]%=MOD;
		int g=((i-l[i]-1)&1)?-1:1;
		if(!l[i])	dp[i]+=g*a[i],dp[i]+=MOD,dp[i]%=MOD;
		else	dp[i]+=dp[l[i]]*(a[i]-1)%MOD*g,dp[i]+=MOD,dp[i]%=MOD;
		if(i&1)	sum[i]=sum[i-2]+dp[i],num[i]=num[i-1];
		else	num[i]=num[i-2]+dp[i],sum[i]=sum[i-1];
		sum[i]%=MOD,num[i]%=MOD;
	}
	cout<<dp[n];
	return 0;
}