AGC056B Range Argmax 题解

看数据范围可以大致确定是区间dp。

设 $f_{l,r}$ 表示只考虑区间 $[l,r]$ 的方案数（只考虑区间 $[l,r]$ 是指只考虑 $[l_i,r_i]\in [l,r]$ 的 $x_i$ 方案数）。

转移枚举 $[l,r]$ 中最大的 $p_i$ 即可。但是这样会导致一个问题：不同的 $p$ 可能对应相同的 $x$。

我们不妨规定，$x$ 相同的不同 $p$ 排列，只计算最大值出现的那个位置最靠前的一个，最大值出现位置相同的只计算次大值出现的位置最靠前的一个……实际上就是把最大值，次大值，次次大值一直到最小值的出现位置保留字典序最小的那个。

对于转移，假设最大值在 $k$ 位置，$[k+1,r]$ 区间没有影响，但假设 $[l,k-1]$ 区间的最大值在 $j$ 位置，如果没有跨过 $[j,i]$ 区间且在 $[l,r]$ 以内的线段（这里的线段指每对 $[l_i,r_i]$）的话，我们可以交换 $p_i,p_j$ 的值做到更小的字典序。这就给了 $[l,k-1]$ 区间的最大值位置一个下限。

因此重新设计状态 $f_{l,r,k}$ 表示只考虑区间 $[l,r]$，最大值位置 $\ge k$ 的方案数。为了转移，令 $s_{l,r,k}$ 表示 $[l,r]$ 区间内，横跨 $k$ 区间的线段中左端点最小的那一个。

$$f_{l,r,k}=f_{l,r,k+1}+f_{l,k-1,s_{l,r,k}}\;f_{k+1,r,k+1}$$

总结：这道题告诉我们，在需要对某个序列 $a$ 进行计数时，如果直接计数比较困难但容易对另一个序列 $b$ 进行计数，且多个 $b$ 序列可能对应一个 $a$ 时，可以考虑给 $b$ 加一些限制，常见的如字典序最小。
其实这个思想不一定只在序列上有用，但是应该多数都是在序列上的吧

#include <cstdio>
#include <cstring>

const int mod = 998244353;
int dp[305][305][305], s[305][305][305];
inline int min(const int x, const int y) {return x < y ? x : y;}

int main() {
	int n, m;
	scanf("%d%d", &n, &m);
	memset(s, 0x3f, sizeof s);
	for (int i = 1, l, r; i <= m; ++ i) {
		scanf("%d%d", &l, &r);
		for (int j = l; j <= r; ++ j) s[l][r][j] = min(s[l][r][j], l);
	}
	for (register int i = n; i; -- i)
	for (register int j = i + 1; j <= n; ++ j)
	for (register int k = i; k <= j; ++ k)
		s[i][j][k] = min(j + 1, min(s[i][j][k], min(s[i][j - 1][k], s[i + 1][j][k])));
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) dp[i][i][i] = 1;
	for (int i = 1; i <= n + 1; ++ i)
		for (int j = 1; j <= n + 1; ++ j) dp[i][i - 1][j] = 1;
	for (register int l = n; l; -- l)
	for (register int r = l + 1; r <= n; ++ r)
	for (register int k = r; k >= l; -- k)
		dp[l][r][k] = (dp[l][r][k + 1] + 1ll * dp[l][k - 1][s[l][r][k]] * dp[k + 1][r][k + 1]) % mod;
	printf("%d", dp[1][n][1]);
	return 0;
}