AT_abc252_g [ABC252G] Pre-Order 题解

分析

考虑区间 DP。

定义状态函数 ${\mathit{f}}_{l,r,1/0}$ 表示在 $P_l,P_{l+1},\dots ,P_r$ 这些点中，$P_l$ 是或不是唯一（子）树根时的答案。

对于 ${\mathit{f}}_{l,r,1}$，$P_l$ 的第一个儿子一定是 $P_{l+1}$。所以有：$f_{l,r,1}=f_{l+1,r,1/0}$（$P_{l+1}$ 是或不是 $P_l$ 的唯一儿子的答案）。

对于 ${\mathit{f}}_{l,r,0}$，枚举一个中转点 $k$，表示 $P_l,P_{l+1},\dots ,P_k$ 是一棵（子）树，$P_{k+1},P_{k+2},\dots ,P_r$ 是若干棵（子）树。同 $f_{l,r,1}$，有：$f_{l,r,0}=\sum _{k=l}^{r-1}{f}_{l,k,1}\times f_{k+1,r,1/0}[P_l\le P_{k+1}]$。因为两个的方案数是相互独立的，所以要乘起来。

答案很明显就是 $f_{1,n,1}$，初始化 $f_{i,i,1}=1$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define re register
#define il inline
#define PII pair<int,int>
#define x first
#define y second

il int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
	return x*f;
}

const int N=505,p=998244353;
int n,P[N];
int f[N][N][2];

il void solve(){
	n=read();
	for(re int i=1;i<=n;++i) P[i]=read(),f[i][i][1]=1;
	for(re int l=n-1;l>=1;--l)
	for(re int r=l+1;r<=n;++r){
		f[l][r][1]=(f[l+1][r][0]+f[l+1][r][1])%p;
		for(re int k=l;k<r;++k) if(P[l]<=P[k+1]) 
			f[l][r][0]=(f[l][r][0]+f[l][k][1]*(f[k+1][r][0]+f[k+1][r][1])%p)%p;	
	} 
	printf("%lld\n",f[1][n][1]);
	return ;
}

signed main(){
	solve();
	return 0;
}