ARC115 E 题解

这个题目一开始就想到了容斥，不过我想到的容斥复杂度太大，并且没有进行进一步优化。

事后想了一种思路，即我们可以把钦定有 $k$ 对相邻相等的方案数计算出来，运用线性 dp 就可以办到。

还有一种容斥思路是我们考虑后缀有多少相邻相等的，进行容斥。先上式子：

$$f_i=\sum\limits_{j=0}^{i-1} f_j \min\{ A_{j+1}...A_{i}(-1)^{i-j-1} \}$$

我们考虑一下这个式子为什么是正确的。

不难发现，如果我们想要计算 $f_i$ 的话，其一定包含在 $f_{i-1}\times A_i$ 里面，但是可能会出现相邻两个重复。

我们考虑减掉，如果我们钦定其一定会出现相邻两个重复的话，一定也会出现相邻三个重复，一次类推。

更重要的是，如果在我们钦定一定会出现相邻两个重复的情况下，如果没有出现相邻三个重复，那么这种方案一定是在我们上面的那个 $f_{i-1}\times A_i$ 里面，这是因为如果没有出现相邻三个重复，前 $i-1$ 个一定是一个合法序列。

由此可以知道容斥的正确性。

看到一句话，说容斥其实是在混合物中除杂，每次都会引入新的杂质，但要保证一定要去掉。

如果容斥可以用集合的形式表示出来，满足基本容斥的定义，那么这个容斥就是正确的，像上面，例如我们钦定相邻两个重复，它的集合就是所有两个重复和所有三个重复的并集。如果发现了这个性质，不难得到结果。

最上面那个式子可以选择用单调栈或线段树优化。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define dd double
#define ld long double
#define int long long
#define ll long long
#define uint unsigned int
#define ull unsigned long long
#define N 500010
#define M number
using namespace std;

const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mod=998244353;

template<typename T> inline void read(T &x) {
    x=0; int f=1;
    char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c == '-') f=-f;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
    x*=f;
}

int f[N],n,a[N];
typedef pair<int,int> P;
P Stack[N];int top,now,sg=1;

inline int sgn(int x){if(x&1) return -1;else return 1;}

signed main(){
    // freopen("my.in","r",stdin);
    // freopen("my.out","w",stdout);
    read(n);for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        // printf("i=%d\n",i);
        int sum=0;
        while(top>0&&Stack[top].first>=a[i]){
            (now-=1ll*Stack[top].second*Stack[top].first%mod)%=mod;
            (sum+=Stack[top].second)%=mod;top--;
        }
        // printf("now=%d sum=%d\n",now,sum);
        Stack[++top]=make_pair(a[i],(sum+sg*f[i-1])%mod);
        (now+=1ll*Stack[top].first*Stack[top].second%mod)%=mod;
        // printf("now=%d\n",now);
        f[i]=1ll*now*sg%mod;sg*=(-1);
        // printf("f[%d]=%d\n",i,f[i]);
    }
    printf("%lld\n",(f[n]%mod+mod)%mod);
    return 0;
}