iwtgm-15

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这个dp题还是想多说一点，感觉之前写的还是不够清晰和透彻
先提一嘴，感觉这个dp不同于一般的dp，不是从1递推到n，个人理解更像是桶，后面会有很神奇的转移，真的太巧妙了
先解决一些局部问题吧
首先来想想重复的情况
如：0，1，1
这个例子中1是重复的，我们的dp转移状态是dp[i][0]+=dp[i][0]
注意这里是+=，可以这样理解：原来的情况其实被保存下来了，然后再把当前字符加到原来的所有情况中，那么就又出现了dp[i][0]个情况
我们选序列出来可以是不连续的嘛，所以所有情况记录下来再加上当前字符实际上满足了这个限制
比如说现在是第5个字符，前面只有1个字符的情况被保留了下来，我现在加上这个字符，就有一种情况是1，5，满足不连续取的操作，好，这个就说到这里

然后说是序列有两种情况，用dp[i][0/1]来表示
0，0，1，1，2，2这种递增的情况
考虑它的dp转移状态：
dp[i][0]+=dp[i][0];这个转移的是重复字符，如果这个字符已经出现过，那么在之前的所有情况上再加上现在的1个字符，那么就又出现了dp[i][0]这么多的情况
dp[i][0]+=dp[i-1][0]:前面我们提到桶的概念，假设0，1，1，用桶来解释就是0是dp[0][0],两个1都在dp[1][0]里面，相当于现在直接把当前的1放在0的后面，是重复元素的第一个，显然不与前面的情况重复（前面的情况0后面至少会有1个1，因为我们在转移状态的时候当前字符是必取的）

然后考虑这种：0，0，1，1，3，3，1，1，3，3
当我们开始不以1来递增的时候，现在取的必然是大的那个数，后面出现的数只能是大的数和前一个数
在这里提一嘴以1开头的，因为我们可以把它归结到第二种状态，请往下看：
在后面的代码部分，我们会把输入的值+1，为什么呢，因为这样操作会更简单，理由再往下看：
0开头是一般情况，因为这个时候这个Mex是比当前数大的，事实上第一种状态的时候，Mex都是比当前出现过的所有数大，把0归为第一种
以1开头，Mex比当前数也就是1小，先通俗地说，后面只能取1了，取其他都不行
因为这种情况下，我们Mex是不能取的，只能取比Mex大1的数，和比Mex小1的数
这里的话Mex=0，1是较大的那个数，-1是较小的那个数，而我们只要非负整数，所以-1不能取，所以可以把1归结为第二种情况了吧
所以我们把输入的值+1就可以不用特判1，让dp转移更具有普遍性
如这个例子，我们开始取3了（没有取2），那么我们后面再取数只能是1和3了
考虑它的dp转移：
dp[i][1]+=dp[i][1];这个理由与前面一样
dp[i+2][1]+=dp[i+2][1];
相当于这个例子吧：1，3，3，1，此时我们有哪些贡献呢，
第一个dp状态相当于这样：1，1，3，3，已经计算过了
此时就是1，3，3，1，加在3的后面，也就是dp[i+2][1],只是把这些贡献放在dp[i+2][1]里，这里可以看出用桶其实一直是升序状态，并没有保持原序列的样子，但其实顺序不是太重要，不影响。因为在后面加数，前面满足的情况都会被加上，位置在哪儿无所谓
第三个dp状态：if(x>1) dp[i][1]+=dp[i-2][0];
与dp[i][0]+=dp[i-1][0]这个情况原理类似，让当前字符成为重复字符的第一个（前面是其他字符）

好了，至此代码说明完毕。
它就是灵活了位置，不是一般的从前往后推，这样的确计数非常高效，去看其他正常递推的是在是复杂且难以理解。

一样的代码，再贴一次吧
注释是之前写的，写得不明白的可以适当忽略

ll dp[N][2];
const int mod=998244353;
void solve()
{
    int n;cin>>n;
    for(int i=0;i<=n+1;i++){
        dp[i][0]=0;dp[i][1]=0;
    }
    dp[0][0]=1;//初始化，因为0和1可以作为开头
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int x;cin>>x;x++;//加1操作后会比较方便，因为1可以作为开头，但它后面就只能一直取1，因为比它小2的是负数，取不了，它相当于是第二种情况
        dp[x][0]+=dp[x][0]+dp[x-1][0];//等号右边的第一项是当前字符已经存在的所有情况，是把x加在这些情况后面。第二项是当前字符直接加在x-1后面，相当于重复的第一个
        dp[x][1]+=dp[x][1];//当前字符是第二种情况，可以加一倍
        dp[x+2][1]+=dp[x+2][1];//就是在原来的所有情况上加上这个字符，写成[x+2]是桶的性质，可以这样等价，所以说是不大正常的dp
        if(x>1)dp[x][1]+=dp[x-2][0];//把当前的字符当作第二种情况的开头，所以x-1是第一种情况的时候，也就是说，第二种情况的0，1，3，1 其实可以等价转化为：0，1，1，3，用桶计数
        dp[x][0]%=mod;
        dp[x][1]%=mod;
        dp[x+2][1]%=mod;
    }
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n+1;i++){
        ans+=dp[i][0]+dp[i][1];
        ans%=mod;
    }
    cout<<ans<<endl;
}