CF1178F1 Short Colorful Strip

XLV.CF1178F1 Short Colorful Strip

考虑设$f[i,j]$表示：假设区间$[i,j]$里面一开始所有格子的颜色都是相同的，那么，染成目标状态共有多少种染法。

我们找到$[i,j]$中最小的那个颜色，设为$mp$。则显然，我们下一步要染上$mp$这种颜色。

设最终在位置$p_{mp}$上染上了颜色$mp$。则我们可以在所有这样的区间$[k,l]$上染上$mp$（$i\leq k\leq p_{mp}\leq l\leq j$）。

或许你会以为这意味着$f[i,j]=\sum\limits_{k=i}^{p_{mp}}\sum\limits_{l=p_{mp}}^jf[i,k-1]*f[k,l]*f[l+1,j]$。

但是，这样是错误的，因为当$[k,l]=[i,j]$时，$f[i,j]$便无法从子状态转移过来！

我们考虑拆开$f[k,l]$。因为再往后的染色中，位置$p_{mp}$一定没有再被染色过，因此有$f[k,l]=f[k,p_{mp}-1]*f[p_{mp}+1,l]$。

则$f[i,j]=\sum\limits_{k=i}^{p_{mp}}\sum\limits_{l=p_{mp}}^jf[i,k-1]*f[k,p_{mp}-1]*f[p_{mp}+1,l]*f[l+1,j]$。

特殊定义一下，对于$f[i,j]$，如果$i>j$，则$f[i,j]=1$。这也是为了转移的正确（在应用上述式子时可能会调用到这样的$f[i,j]$。

上面的转移是$O(n^4)$的；但当我们拆开两个$\sum$，就可以把它化成$O(n^3)$的。

$f[i,j]=(\sum\limits_{k=i}^{p_{mp}}f[i,k-1]*f[k,p_{mp}-1])*(\sum\limits_{l=p_{mp}}^jf[p_{mp}+1,l]*f[l+1,j])$

前后两个括号内的内容互不干涉，故可以分开计算。

复杂度$O(n^3)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n,num[510],f[510][510];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&num[i]);
	for(int i=1;i<=n+1;i++)for(int j=0;j<i;j++)f[i][j]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)f[i][i]=1;
	for(int l=2;l<=n;l++)for(int i=1,j=i+l-1;j<=n;i++,j++){
		int mp=i;
		for(int k=i;k<=j;k++)if(num[k]<=num[mp])mp=k;
		int A=0,B=0;
		for(int k=mp;k>=i;k--)(A+=(1ll*f[i][k-1]*f[k][mp-1]%mod))%=mod;
		for(int l=mp;l<=j;l++)(B+=(1ll*f[mp+1][l]*f[l+1][j]%mod))%=mod;
		f[i][j]=1ll*A*B%mod;
	}
	printf("%d\n",f[1][n]);
	return 0;
}