【题解】CF1603C Extreme Extension

CF1603C Extreme Extension

考虑如何计算贡献，显然的一般 $dp$ 套路就是设 $f[i]$ 为以 $i$ 结尾的所有子区间的贡献。

但是这题我们发现这个结尾要和数字有关。所以先试着写一下普通的 $dp:$

$f[i][j]$ 表示以 $i$ 结尾的子区间中最后一个数字是 $j$ 的价值和。

于是想到倒着做 $dp$ 这一部分可以让这一步分解的数字与前文无关。

然后我们发现如果直接计算 extreme value 会很麻烦，直接加也是不好做的

所以我们想到能不能直接算贡献更简单，就考虑更改一下 $f[i][j]$ 表示以 $i$ 为左端点且分解完之后开头是 $j$ 的方案数。

之所以需要这样是因为，考虑我们在一个序列的最前面加入一个数，如果它小于等于上一个数还好说，但是当它大于的时候会发现它的拆分并不是很好转移。

思路到这里就停了，实际上还是没有想明白怎么贪心做到最优解。

下面分析如何操作。

假定 $a_i>a_{i+1},$ 那么我们需要把 $a_i$ 分解为 $b_{1\cdots k}$ 满足 $b_1\leq b_2\leq ...\leq b_k,b_k\leq a_{i+1}$

容易发现，我们需要让 $b$ 的长度最小。那么当 $b_1$ 最大的时候，即满足了贪心的要求，也满足了最短的要求。

这样我们考虑如何求 $b.$ 我们发现，由于 $b_k\leq a_{i+1},$ 所以 $k=\left\lceil \frac{a_i}{a_{i+1}}\right \rceil$ 是能做到的最优解。

此时也可以做到 $b_1=\left\lfloor \frac{a_i}{k}\right\rfloor$

那么这一个点的贡献就是 $k-1$ 次了，分解后的最优解也就对应了 $b_1.$

这样下来就方便算贡献了。

考虑维护上一层出现的所有数字倒序 $dp,$ 那么，对于 $f[i][j],$ 它对答案的贡献是多少？

我们发现，设其对应修改次数是 $x,$ 由 $[i+1][j']$ 转移而来，那么它的贡献就是 $x\times f[i+1][j']\times i$

这是因为，乘以 $i$ 是和前面所有 $i$ 个端点匹配都会有这样一个贡献，而乘以 $x$ 是要和前面的方式组合起来。

维护一下决策点就可以做到 $O(n\sqrt n)$ 了。滚动数组优化一下空间即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef double db;
#define int long long
const int mod=998244353;
const db eps=1e-14;
inline int Max(int x,int y){return x>y?x:y;}
inline int Min(int x,int y){return x<y?x:y;}
inline db Max(db x,db y){return x-y>eps?x:y;}
inline db Min(db x,db y){return x-y<eps?x:y;}
inline int Add(int x,int y,int M=mod){return (x+y)%M;}
inline int Mul(int x,int y,int M=mod){return 1ll*x*y%M;}
inline int Dec(int x,int y,int M=mod){return (x-y+M)%M;}
inline int Abs(int x){return x<0?-x:x;}
inline int read(){
	int s=0,w=1;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){s=s*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return s*w;
}
inline void write(int x){
	if(x<0)putchar('-'),x=-x;
	if(x>9)write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
inline int qpow(int x,int y){
	int res=1;
	while(y){
		if(y&1)res=Mul(res,x);
		x=Mul(x,x);y>>=1;
	}
	return res;
}
typedef pair<int,int> pr;
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
#define pb emplace_back
#define poly vector<int>
const int N=2e5+10;
poly v[2];
int T,n,a[N];
int f[2][N];
signed main(){
	T=read();
	while(T--){
		n=read();
		for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
		int ans=0,unq;
		for(int i=n;i>=1;--i){
			int pos=i&1;
			v[pos].pb(a[i]);
			f[pos][a[i]]=1;
			unq=a[i];
			for(auto x:v[pos^1]){
				int fm=(a[i]+x-1)/x;
				int num=a[i]/fm;
				ans+=(fm-1)*f[pos^1][x]*i;
				ans%=mod;
				f[pos][num]+=f[pos^1][x];
				f[pos][num]%=mod;
				if(num!=unq){
					unq=num;
					v[pos].pb(unq);
				}
			}
			
			for(auto x:v[pos^1])f[pos^1][x]=0;
			v[pos^1].clear();
		}
		printf("%lld\n",ans);
		for(auto x:v[0])f[0][x]=0,f[1][x]=0;
		for(auto x:v[1])f[1][x]=0,f[0][x]=0;
		v[1].clear();
		v[0].clear();
		
	}
	return 0;
}