[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 $d{p}_{i,j}$ 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：

• $a_i\ge a_{i-1}$：此时 $j$ 有两种取值范围，分别是 $1\le j\le a_{i-1}$ 以及 $a_{i-1}<j\le a_i$。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 $f_i=\sum _{1\le j\le a_i}d{p}_{i,j}$，因此这一部分的 $d{p}_{i,j}=f_{i-1}$。对于 $1\le j\le a_{i-1}$，我们就要考虑到 $x_{i-1}\ne x_i$ 的限制。根据容斥原理，我们用 $f_{i-1}$ 减去 $d{p}_{i-1,j}$ 的情况就行了，于是得到下面的转移：

$$d{p}_{i,j}=\{\begin{array}{ll}{f}_{i-1}-d{p}_{i-1,j}& 1\le j\le a_{i-1}\\ f_{i-1}& a_{i-1}<j\le a_i\end{array}$$

• $a_i<a_{i-1}$：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：

$$d{p}_{i,j}=f_{i-1}-d{p}_{i-1,j}$$

知道这些之后，我们要得到的答案就是：

$$ans=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{a_i}d{p}_{i,j}=\sum _{i=1}^n{f}_i$$

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 $a_i\ge a_{i-1}$ 的情况，我们直接加和：

$$\begin{array}{rl}{f}_i& =\sum _{j=1}^{a_{i-1}}(f_{i-1}-d{p}_{i-1,j})+\sum _{j=a_{i-1}+1}^{a_i}{f}_{i-1}\\ & =a_{i-1}\times f_{i-1}+(a_i-a_{i-1})\times f_{i-1}-\sum _{j=1}^{a_{i-1}}d{p}_{i-1,j}\end{array}$$

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：

$$\begin{array}{rl}{f}_i& =\sum _{j=1}^{a_i}(f_{i-1}-d{p}_{i-1,j})\\ & =a_i\times f_{i-1}-\sum _{j=1}^{a_i}d{p}_{i-1,j}\end{array}$$

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 $\sum _{j=1}^{a_i}d{p}_{i-1,j}$ 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 $\sum _{j=1}^{a_{i-1}}d{p}_{i-1,j}=f_{i-1}$ 其实就是 $\sum _{j=1}^{a_i}d{p}_{i-1,j}$。

于是 $\sum _{j=1}^{a_i}d{p}_{i-1,j}$ 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 $f_{i-1}^{\prime }$。所以：

$$f_i=a_i\times f_{i-1}-f_{i-1}^{\prime }$$

我们再继续展开，去考虑 $f_{i-1}^{\prime }$ 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 $a_{i-1}\le a_i$ 的情况。

但是极限数据不允许我们暴力递归。我们令 $f_j^{\prime }$ 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 $f_5$：

$$\begin{array}{rl}{f}_5& =a_5\times f_4-f_4^{\prime }\\ & =a_5\times f_4-a_5\times f_3+f_3^{\prime }\\ & =a_5\times f_4-a_5\times f_3+a_5\times f_2-f_2^{\prime }\\ & =a_5\times f_4-a_5\times f_3+a_5\times f_2-f_1\times (a_5-1)\\ & =a_5\times (f_4-f_3+f_2)-f_1\times (a_5-1)\end{array}$$

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 $\le a_i$ 的元素下标 $l_i$，则有：

$$f_i=a_i\times (f_{i-1}-f_{i-2}+f_{i-3}\cdots \pm f_{l_i+1})-[\pm f_{l_i}\times (a_i-1)]$$

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;
}